数学知识：和式的处理及二项式系数的运用
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这段时间看了一部分《具体数学》上的内容，正如第一章中所说，这本书的主要目的是：
说明不具备超人洞察力的人如何求解问题
也就是说，这本书主要讲述的是“那些本应该被讲授的硬数学技巧”。或者说是一种数学领域的通用技术，这也是“具体数学”名称的来源。
一、 和式
记号
与平时所用的∑nk=1记号不同，这本书建议使用更加方便的形如∑1≤k≤n的记号，这可以使你在变量替换时不容易出错。
一个特殊的地方是逻辑判断深入和式：用方括号包含的逻辑命题，如果为真则为1，如果为假则为0。这对于(cpp)程序编写是非常友好的。
运算律
和式满足下面三种基本运算律：
- 分配律(提公因式)：
∑k∈Kcak=c∑k∈Kak - 结合律(和式的合并)：
∑k∈K(ak+bk)=∑k∈Kak+∑k∈Kbk - 交换律(变量替换)：
∑k∈Kak=∑p(k)∈Kap(k)
p(k)为一个置换
多重和式具有一些特殊的性质，例如：
- 合并和分离：
∑1≤i≤n∑i≤j≤nai,j=∑1≤i≤j≤nai,j - 交换求和顺序：
∑1≤i≤n∑i≤j≤nai,j=∑1≤j≤n∑1≤i≤jai,j - 一般分配律：
∑j∈J,k∈Kajbk=⎛⎝∑j∈Jaj⎞⎠(∑k∈Kbk)
这些性质虽然是显然的，但将在处理时带来巨大的方便。第二条有助于化简和式，第三条则可以在一些“求乘积的和”的计算时减小计算量。
一般技术
1. 猜测+归纳法
虽然名字不是很好听，但这在OI中是一种实用的策略。因为计算机暴力处理的速度是很快的，如果规律明显，往往可以一眼看出。而归纳证明就非常简单了。
2. 扰动法
扰动法的动机是在和式中加入一项，并用一个新和式表达之，从而解方程得出通解。用两个例子来解释这种方法：
(一): 几何级数
Sn=∑0≤k≤nak
的封闭形式。
用扰动法加入一项：
Sn+an+1=1+∑0≤k≤nak+1=1+aSn
解方程可以得出 Sn=an+1−1a−1。对这个公式两边微分可以得到一个有用的公式：
∑1≤k≤nkak−1=1−(n+1)xn+nxn+1(1−x)2
当|a|<1时可以收敛成：
∑1≤k≤nkak−1=1(1−a)2
(二): 平方和公式
考虑求
Sn=∑1≤k≤nk2
的封闭形式。
如果仍然用刚才的思路，我们会发现Sn在两边抵消了。但如果我们用三次方和Vn进行扰动：
Vn+(n+1)3=∑0≤k≤n(k+1)3=∑0≤k≤nk3+3∑0≤k≤nk2+3∑0≤k≤nk+∑0≤k≤n1=Vn+3Sn+3n(n+1)2+n+1
两边的Vn可以抵消，我们解出了Sn。即：
Sn=n(n+1)(2n+1)6
3. 待定系数法
如果已知解的形式，我们可以用待定系数法得到原和式的封闭形式。例如：
∑1≤k≤nk3
先验知识告诉我们答案是一个4次多项式。我们只要代入n=0,1,2,3建立关于一般四次多项式的4个方程即可求解。事实上，如果用拉格朗日插值法或高阶差分法，可以在O(n2)的时间内完成，是非常高效的。
4. 有限微积分
下一部分详细介绍。
有限微积分
基本定义
有限微积分是离散数学对于微积分的回应，这种技术给出了求解和式的“不需要思考”的系统方法。考虑熟悉的微分算子的定义：
Df(n)=limh→0f(n+h)−f(n)h
而离散中的“极限”就是1，自然地定义差分算子：
Δf(n)=f(n+1)−f(n)
“算子(operator)”这个新概念是作用在函数上的运算，他给出了一个新函数。
简单的公式
微积分之所以方便是因为它有形如：
D(xm)=mxm−1
这样的优美公式，同样，有限微积分也有对应的优美的公式：
Δ(xm−−)=mxm−1−−−
其中：xm−−=x(x−1)(x−2)…(x−m+1)(m个)，被称为下降阶乘幂。由于可以证明任何的xk都在O(k2)内可以写成阶乘幂的和（具体方法为从高到低贪心的取），因此他的能力十分强大。
求和——离散的“积分”
微积分中可以用微分算子定义不定积分，也就是：
∫g(x)dx=f(x)+C⟺g(x)=Df(x)
我们用同样的方式定义不定和式：
∑g(x)δx=f(x)+C⟺g(x)=Δf(x)
微积分基本定理指出：
∫bag(x)dx=f(b)−f(a)
同样有有限微积分基本定理：
Σbag(x)δx=f(b)−f(a)
但这些记号的直观意义是什么呢？不难证明：
Σbag(x)δx=∑a≤i<bg(i),b≥a
这是最有用的定理之一（如果之前学习过数列差分这几乎是显然的）。我们正要用他解决序列求和的问题。
负指数下降阶乘幂
通过类比可以定义负指数下降阶乘幂：
x−m=1(x+1)(x+2)…(x+m),m>0
可以证明仍然满足差分公式。而且这使得下降幂拥有了良好的性质：
xm+n−−−=xm−−(x−m)n−
重新发现平方和公式
这次我们用新的武器来重新发现这个公式：
Sn=Σn+10x2δx
用下降阶乘幂x2=x2−+x1−，用线性性质：
Sn=Σn+10x2−δx+Σn+10x1−δx
两边的不定和式分别是：
∑x2−δx=13x3−
∑x1−δx=12x2−
那么原和式就变成：
Sn=13(n+1)3−+12(n+1)2−
展开和上面的公式完全相同。（但在具体应用中我们不必展开，因为阶乘幂也可以用类似霍纳法则的方法将求值降到O(n)。）
乘法公式和分部求和公式
微积分中的链式法则在有限微积分中很难推广，唯一的一个是：
fm−−(n)=mfm−1−−−(n)
f(x)是任一函数。但这显然不能满足我们的要求，一个更强大的是乘法公式，即：
Δ(uv)=uΔv+EvΔu
其中Ef(x)=f(x+1)，被称为移位算子。（有趣的是：Δ=E−1）。
证明十分简单，只要从定义出发就可以。我们看一些应用：
练习： 利用乘法公式求ΔkHk，其中Hk是前k个调合数的和。
容易发现：
ΔkHk=kΔHk+Hk+1Δk=kk+1+Hk+1
和从定义出发得到了相同的结果。
这个公式真正有用的地方是推出了广为称道的“分部求和法”，求公式两边求不定和式并整理得到：
∑uΔv=uv−∑EvΔu
这个公式大大拓展了求和的范围。对于两个式子的乘积，先求一个的不定和式，再用公式展开求另一个（特别是负指数阶乘幂时不定和式会降低幂次）。用一个例子来解释：
例题
求
f(n)=∑0≤k<nHk(k+1)(k+2)
的封闭形式。
利用裂项转化：
f(n)=∑0≤k<nHk(1k+1−1k+2)
注意到（Δ2表示二阶差分，正如D2表示二阶导数）：
−Δ2(Hk)=1k+1−1k+2
则只要求不定和式
−∑HkΔ2(Hk)
利用分部求和公式：
−(HkΔHk−∑Δ(Hk+1)Δ(Hk))
化简后得到
−(Hkk+1−∑1(k+1)(k+2))
用阶乘幂表示并化简
−Hk+1k+1
根据有限微积分基本定理：
f(n)=g(n)−g(0)=k−Hkk+1
在后面对二项式恒等式的处理中，也可以看到有限微积分的强大威力。
二、 二项恒等式
基本定义
二项式系数是最常用的组合数，(nk)表示从n个物品中取出k个的方案数。他的代数定义则更加直接：
(rk)=rk−k!
特别指出，如果k<0，有(rk)=0。
二项恒等式
下面是十个最重要的二项恒等式。
- 展开式：
(nk)=n!k!(n−k)! - 对称恒等式：
(nk)=(nn−k) - 吸收/提取恒等式：
(rk)=rk(r−1k−1),k≠0 - 归纳恒等式：
(rk)=(r−1k)+(r−1k−1) - 上指标反转：
(rk)=(−1)k(k−r−1k) - 三项式版恒等式：
(rm)(mk)=(rk)(r−km−k) - 二项式定理：
(x+y)n=∑0≤k≤n(nk)xkyn−k - 平行求和法：
∑k≤n(r+kk)=(r+n+1n) - 上指标求和：
∑k≤n(km)=(n+1m+1),m,n≥0 - 范德蒙德卷积公式
∑k(rk)(sn−k)=(r+sn)
有限微积分证明二项恒等式
如果我们发现了一个不是很好处理的二项式，却又恰巧忘记了对应的恒等式，那么处理就变的棘手了。幸而我们有有限微积分的强大武器。
例题
不用归纳法，证明上指标求和法：
∑0≤k≤n(km)=(n+1m+1)(∗)
解：设f(x)=∑(km)δk，有
(∗)=f(n+1)−f(0)
而根据有限微积分：
∑(km)δk=∑km−−m!δk=1m!1m+1km+1=1(m+1)!km+1=(km+1)
则
(∗)=f(n+1)−f(0)=(n+1m+1)
一个陷阱： 和微积分一样，要注意常量和变量的区别，否则将得出错误的答案。
利用标准技术求解惊悚的和式
例题：
这是一个实际问题：求
S=∑0≤k≤nk(m−k−1m−n−1)
的封闭形式。
解：考虑两个东西乘积的和，首先考虑用吸收恒等式将其合并，而方法就是凑出上指标。不难发现：
S=∑0≤k≤n(m−(m−k))(m−k−1m−n−1)
展开并整理，得到：
S=∑0≤k≤nm(m−k−1m−n−1)−∑0≤k≤n(m−k)(m−k−1m−n−1)
前后分别处理，第一个和式考虑用上指标求和，替换枚举变量k→m−k−1以便在上面得到简单的形式：
u=m∑0≤m−k−1≤n(km−n−1)
化简得到：
u=m∑m−n−1≤k≤m−1(km−n−1)
这次可以动用上指标求和法：
u=m(mm−n)
这时在考虑第二部分，用吸收恒等式化简之，得到：
v=(m−n)∑0≤k≤n(m−km−n)
仍然仿照上面的处理，得到：
v=(m−n)(m+1m−n+1)=(m−n)(m+1)m−n+1(mm−n)
则
S=u−v=m(m−n+1)−(m−n)(m+1)m−n+1(mm−n)=nm−n+1(mn)
二项式反演
有时候一个问题是难于求解的，但其容斥的结果是便于求解的，也就是说，待求解的函数g(n)和一个简单的函数f(n)构成：
f(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)g(k)
的关系，就可以用解方程的手段在O(n3)求得g(n)。但反演定理允许我们在O(n)的时间内解决这一问题（不包含预处理组合数），即：
g(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)f(k)
这个公式前后完全对称，既具有美感又便于记忆。下面我们考虑用已有的知识证明之。
证明反演定理
注意：在证明中我们更关心细节和过程，以便在遇到更复杂的问题时尽快找到突破口。
f(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)g(k)⟺g(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)f(k)
由于定理左右对称，只需要证明⇒即可。根据定义，右边=
∑0≤i≤n(−1)i(ni)∑0≤j≤i(−1)j(ij)g(j)
整理：
∑0≤i≤n∑0≤i≤j(−1)i+j(ni)(ij)g(j)
我们不希望一个未知的g(n)深入在和式中，而希望将他提出内层和式，从而用已有知识处理后面的部分，运用三项式版恒等式，并交换求和次序，提公因式后得到：
∑0≤j≤n(nj)g(j)∑j≤i≤n(−1)i+j(n−ji−j)(∗)
这时后面的部分就独立出来了，我们只需要处理后半部分。我们希望二项式下边尽可能简单，以便使用平行求和法。替换循环变量i→i−j，并化简后得到：
∑0≤i≤n−j(−1)i+2j(n−ji)
为了处理讨厌的(−1)i+2j，应该提出一个(−1)i来消去之，对内部翻转上指标：
∑0≤i≤n−j(−1)2i+2j(i−(n−j)−1i)
整理得到：
∑0≤i≤n−j(i+(−n+j−1)i)
终于发现了熟悉的平行求和法的形式，这一项的结果可以立即书写出，就是：
(jn)=[j=n]
即当且仅当j=n时，该式为1，则原式：
(∗)=∑0≤j≤n(nj)g(j)[j=n]=g(n)
因此原命题成立。
错排公式——二项式反演的应用
考虑一个问题：n个人将帽子高高扔起，并捡起一个帽子，问每个人都不拿到自己帽子的情况有多少种。
这个问题等价于问不存在长度为1的循环的置换总数的计数。一种方便的解决方案是：设f(n)为n个帽子的情况总数，则有递推式：
f(n)=(n−1)(f(n−1)+f(n−2))
这个递推式很容易找到一个组合解释，但这不在本文讨论的范畴。现在我们要用二项式反演的技术来解决这个问题，设f(n)为n排列的总数，显然为f(n)=n!；设g(n)为n错排公式。记K(i)为“至少有i个错排的排列方案数”，则根据定义有
K(i)=(ni)g(i)×(n−i)!
由于“至少有n个”被“至少有n−1个”真包含，因此要用容斥原理。“至少有0个”包含一切，之后符号交替出现，即：
f(n)=∑0≤k≤n(−1)kK(k)
整理后也就是：
f(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)g(k)(n−i)!
这可以用反演定理变化为：
g(n)(n−n)!=∑0≤k≤n(−1)k(nk)f(k)
也就是：
g(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)k!
经过检验，这个方程和上面的递推式在初始的几项有相同的结果。我们大概可以相信获得了一个正确的答案。
高阶差分法
当我们已经知道一个数列符合一个多项式，或者组合数时，如何快速求出数列的通项公式？一个方法是所谓“拉格朗日插值法”，但我们也可以用有限微积分和组合数的武器解决。回忆分析中的泰勒级数：
g(a+x)=∑k≥0Dkg(a)k!xk
应该可以想到有限微积分也有类似的公式“牛顿级数”，形式和泰勒级数相同：
g(a+x)=∑k≥0Δkg(a)k!xk−
为了便于计算取a=0，根据组合数的定义也就是：
g(x)=∑k≥0Δkg(0)(xk)
还记得物理必修一中的“逐差法”测加速度吗？其深层次的数学原理就在于此。用一个小情景来验证这个定理：
y=f(x)=x3+2x2+x+4
取值如下表所示：
x | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | … |
y = f(x) | 4 | 8 | 22 | 52 | 104 | 184 | 298 | … |
Δ0f(0)=4Δ1f(0)=4Δ2f(0)=10Δ3f(0)=6Δ4f(0)=0
根据公式：
f(x)=4(x0)+4(x1)+10(x2)+6(x3)=x3+2x2+x+4
这个方法的一个好处是：一旦通过O(n2)的时间知道了组合数前的系数，由于同一行的组合数可以根据下式线性递推求得，可以在O(n)时间内求出f(x)的值。
(nm)=(n−1m)+(n−1m−1)=m+1n(nm+1)+mn(nm)
即：
(nm)=m+1n−m(nm+1)
生成函数
在多项式系数中蕴含组合性质是有理由的，因为“多项式乘法”由于二项式定理被赋予了组合性质。更重要的是，两个n次多项式相乘只需要O(nlgn)的时间复杂度。正式的，一个数列⟨a0,a1,a2,…⟩的生成函数A(x)为：
A(x)=∑k≥0akxk
生成函数的简单运用可以分为：
- 利用运算证明恒等式
- 利用封闭形式求解组合问题
- 利用多项式乘法（卷积）处理组合问题
证明恒等式
考虑之前的范德蒙德卷积公式：
∑k(rk)(sn−k)=(r+sn)
每当出现k,n−k或k,k−n出现时要考虑卷积。
考虑(1+x)r和(1+x)s所表达的生成函数：
∑0≤k≤r(rk)xk∑0≤k≤s(sk)xk
两式分别相乘，取次数为n的系数，得到：
∑k(rk)(sn−k)=(r+sn)
就是原来的公式。
利用封闭形式解决问题
如果一个生成函数可以被表示成封闭形式，那当然可以为我们解决许多问题。考虑数列⟨1,1,1,1,…⟩的生成函数，设其为T，满足：
T=1+xT
解得：T=11−x
而数列⟨1,2,3,4,5,…⟩，可以通过这个公式两边求导并得到，就是：
∑k≥0kxk−1=1(1−x)2
另一个常用的数列⟨1,−1,1,−1,1,−1,…⟩，他的生成函数是：
T=1−xT
解得T=11+x。
考虑只包含n的倍数的数列的生成函数，即
∑k≥0[k=np,p∈n]xk
容易发现
T=1+xnT
解得：T=11−xn
如果一个数列为二项式系数的一行，即⟨(n0),(n1),(n2)…⟩，根据二项式定理，其生成函数为：(1+x)n。
封闭形式的乘积恰好表示了所代表序列的卷积，这是个很好的性质，有时候将帮助我们寻找问题的答案。仍然用那个经典的例题做解释：
例题： 我们要从苹果、香蕉、橘子和梨中拿一些水果出来，要求苹果只能拿偶数个，香蕉的个数要是5的倍数，橘子最多拿4个，梨要么不拿，要么只能拿一个。问按这样的要求拿n个水果的方案数。
解：分别用生成函数表示所有情景：
1+x2+x4+⋯=11−x21+x5+x10+⋯=11−x51+x+x2+x3+x4=1−x51−x1+x
将他们全部乘起来，得到：
1+x1−x−x2+x3
由于我们坚信出题人是仁慈的，这个分式一定可以化简。用长除法可以得出：
1(1−x)2=1+2x+3x3+…
这样答案就有了，取n个的方案是n+1。
完了
