《具體數學》果真十分“具體”，遠沒有數學分析、高等代數那麼“抽象”。這裡記錄了我在閱讀這本書時所採擷的“心動瞬間”——這些數學公式真是令人心動——可以把這篇文章當做檢索目錄，遇到問題時：1、Ctrl+F；2、找到對應章節後翻書。

遞迴問題

河內塔問題

• 如何確定遞迴式？

  • 記\(T_n\)表示\(n\)個圓盤的最小步數

  • \(T_n \le 2 T_{n-1} + 1\), 可以構造；

  • \(T_n \ge 2T_{n-1} + 1\)，要把最大一個拿出來至少要\(T_{n-1}+1\)，把剩下的移動正確位置，至少需要\(T_{n-1}\)。

• 如何求出封閉形式？

  • 數學歸納，假設\(T_n = 2^n - 1\)。

  • 暴力求解，記\(U_n = T_n + 1\)，則\(U_n = 2U_{n-1} = 2^n\)，從而解出\(T_n\)。

平面上的直線

• 尤拉公式：F = 1 + E - V

  • 每加入一條邊，F先+1；每多出一個交點，就會多兩條邊，從而F又+1.

  • 目標是最大化交點的數量。

• 切\(n\)刀，最多把披薩分成幾塊？

  • 只要所有直線都不平行，第\(i\)條直線可以和之前\(i-1\)條直線相交，從而F加\(i\).

• \(n\)條折線呢？

  • 每一對摺線可以產生\(4\)

    個頂點，自己本身可以產生1個，初始有1個。

  • \(4 \frac{n(n-1)}{2} + n + 1 = 2n^2 - n + 1\)

• \(n\)個120°三叉呢？

  • 每對可以產生3個，自己本身可以多2個，初始有1個。

約瑟夫問題

• 每隔2個幹掉一個？

  • 遞迴，第一輪會把所有偶數位置都幹掉

    • \(J(2n) = 2J(n) - 1\)

    • \(J(2n + 1) = 2 J(n) + 1\)

  • 對遞迴式打表+數學歸納

    • \(J(2^m + l) = 2l + 1\)
      ，\(0 \le l < 2^m\)

  • 用二進位制形式表示？

    • \(J(n)\)相當於把\(n\)在二進位制下迴圈左移了一位。

  • 一些性質

    • \(J(J(J(.....J(n))))\)最後會停在不動點——二進位制下全是1的數

    • 解\(J(n) = \frac{n}{2}\)，得\(l = \frac{1}{3} (2^m - 2)\)，m為奇數時一定有解。

• 拓展一下遞迴式？

  • \(f(1) = \alpha\); \(f(2n) = 2 f(n) + \beta\); \(f(2n + 1) = 2 f(n) + \gamma\).

  • 顯然\(f(n) = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma\).

    • 法一：打表、歸納

    • 法二：帶入\(f(n)=1\),\(f(n)=n\).解出對應的\(\alpha,\beta,\gamma\)，從而解出\(A(n),B(n),C(n)\).

• 叕拓展一下遞迴式？

  • \(f(j) = \alpha_j\); \(f(dn + j) = c f(n) + \beta_j\).

  • \(f((b_m b_{m-1} .... b_1 b_0)_d) = (\alpha_{b_m} \beta_{b_{m-1}} .... \beta_{b_0})_c\).

和式

和式和遞迴式

• 將和式轉化為遞迴式

  • 可得$R_n = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma $。

  • 用上一節的成套方法，即用\(R_n\)為簡單函式，解出 \(\alpha,\beta,\gamma\)，從而解出\(A(n),B(n),C(n)\)

• 將遞迴式轉為和式

  • \(a_n T_n = b_n T_{n-1} + c_n\); \(T_0\)是個常數。

  • 令\(s_n = \frac{a_{n-1} a_{n-2} .... a_1}{b_n b_{n-1} b_2}\); 則有\(b_n s_n = a_{n-1} s_{n-1}\).

  • 則有：\(T_n = \frac{1}{a_n s_n} (s_1 b_1 T_0 + \sum_{k=1}^{n} s_k c_k)\).

  • 注意，要求所有\(a_n,b_n\)均不為0.

• 例題：計算快速排序複雜度

  • \(C_0 = C_1 = 0\); \(C_n = n + 1 + \frac{2}{n} \sum_{k=0}^{n-1} C_k\).

  • 先轉換為遞迴式

    • 兩邊乘\(n\)：$n C_n = n(n+1) + 2\sum_{k=0}^{n-1} C_k $.

    • 對應到\(n-1\): $(n-1) C_{n-1} = n(n-1) + 2\sum_{k=0}^{n-2} C_k $.

    • 相減：\(n C_n = (n + 1) C_{n-1} + 2n\); \(C_2 = 3\).

  • 應用公式

    • \(a_n = n\); \(b_n = n+1\); \(c_n = 2n - 2[n=1]+2[n=2]\); \(s_n = \frac{2}{n(n+1)}\)

    • \(C_n = 2(n+1)\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k+1} - \frac{2}{3}(n+1)\).

  • 封閉形式

    • 調和數：\(H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}\).

    • \(C_n = 2(n+1) H_n - \frac{8}{3}n - \frac{2}{3}\).

和式的處理

• 擾動法

  • \(S_n = \sum_{i=0}^{n} a_n\)

  • \(S_n + a_{n+1} = a_0 + \sum_{i=0}^{n} a_{i+1}\)

  • 嘗試用\(S_n\)來表示右邊

• 例題：\(S_n = \sum_{k=0}^{n} k 2^k\)

  • \(S_n + (n+1)2^{n+1} = \sum_{k=0}^{n} (k+1) 2^{k+1} = 2S_n + (2^{n+2} - 2)\)；化簡即可

• 拓展：\(S_n = \sum_{k=0}^{n} k x^k\).

  • \(\sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{1-x^{n+1}}{1-x}\)

  • 求導：\(\sum_{k=0}^{n} k x^{k-1} = \frac{1-(n+1)x^n + nx^{n+1}}{(1-x)^2}\).

  • 看起來離散和連續之間，有一種不可告人的關係

多重和式

• 切比雪夫單調不等式

  • \(S = \sum_{1 \le j < k \le n} (a_k - a_j) (b_k - b_j)\)

  • $2S = \sum_{1 \le j,k \le n} (a_k - a_j) (b_k - b_j) = 2n \sum_{k=1}^{n} a_k b_k - 2 (\sum_{k=1}^{n} a_k) (\sum_{k=1}^{n} b_k) $

  • \((\sum_{k=1}^{n} a_k) (\sum_{k=1}^{n} b_k) = n \sum_{k=1}^{n} a_k b_k - \sum_{1 \le j < k \le n} (a_k - a_j) (b_k - b_j)\).

  • 當\(a_i,b_i\)不減時，\(S \ge 0\)，上式的等號變成\(\le\)

  • 當\(a_i\)不減，\(b_i\)不增，\(S \le 0\)，上式取\(\ge\)

• 連續情況下的切比雪夫不等式

  • \((\int_a^b f(x) dx) (\int_a^b g(x) dx) \le (b-a) (\int_a^b f(x)g(x)dx)\); 若\(f(x),g(x)\)不減

• 例題：\(S_n = \sum_{1 \le j < k \le n} \frac{1}{k-j}\)

  • \(S_n = \sum_{0 \le k < n} H_k\)

  • \(S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n-k}{k} = n H_n - n\)

  • 從而\(\sum_{0 \le k < n} H_k = n H_n - n\). 真是神奇

一般性的方法

討論\(S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2\)的解法

• 打表+猜測答案+數學歸納

• 擾動法

  • 需要用\(\sum_{k=1}^{n} k^3\)來擾動.

• 成套方法

  • \(R_n = R_{n-1} + \beta + \gamma n + \delta n^2\)

  • \(R_n = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma + D(n) \delta\)

  • 假定\(\delta = 0\)，\(A(n),B(n),C(n)\)和之前一樣；再令\(R_n = n^3\)，解出\(D(n)\)

• 用積分估計，對誤差遞迴

  • \(\int_0^n x^2 dx = \frac{n^3}{3}\)

  • 令\(E_n = S_n - \frac{n^3}{3}\)

  • \(E_n = S_{n-1} + n^2 - \frac{n^3}{2} = E_{n-1} + \frac{(n-1)^3}{2} + n^2 - \frac{n^3}{2} = E_{n-1} + n - \frac{1}{3}\)

  • \(E_n\) 超級好算。

• 展開和放縮

  • \(S_n = \sum_{1 \le j \le k \le n} k = \sum_{1 \le j \le n} (j+n)(n-j+1)/2\)

  • 拆開即可

有限微積分

• 下降冪

  • \(x^{\underline{m}} = x(x-1)(x-2)...(x-m+1)\)，\(m > 0\)

  • \(x^{\underline{-m}} = \frac{1}{(x+1)(x+2)...(x+m)}\)，\(m > 0\)

  • \(x^{\underline{m+n}} = x^{\underline{m}} (x - m)^{\underline{n}}\)

• 求解\(\sum_{a \le x < b} f(x)\)

  • 若能找到\(f(x) = g(x+1) - g(x)\)

  • 則答案為\(g(b) - g(a)\)

• 一些“原函式”

  • \(x^{\underline{m}} = \frac{1}{m+1}[(x+1)^{\underline{m+1}} - x^{\underline{m+1}}]\)，\(m \ne -1\)

  • $x^{\underline{-1}} = \frac{1}{x+1} = H(x+1) - H(x) \(，\)H(x)$是調和數

  • \(x = \frac{1}{2}[(x+1)x - x(x-1)]\)

  • \(x^n\) 要先用斯特林數化成\(x^{\underline{m}},1 \le m \le n\)的形式，然後分別找原函式

  • \(2^x = 2^{x+1} - 2^x\)，和連續時\(e^x\)類似

  • \(c^x = \frac{c^{x+1} - c^x}{c-1}\)

• 離散的“分部積分”

  • \(\sum_{a \le x < b} u(x) [v(x+1) - v(x)] = u(b) v(b) - u(a) v(a) - \sum_{a \le x < b} [u(x+1) - u(x)] v(x+1)\)

  • 例題：\(\sum_{0 \le x < n} H_x x\)

    • \(x = \frac{1}{2}[(x+1)^{\underline{2}} - x^{\underline{2}}]\)，\(v(x) = \frac{1}{2} x^{\underline{2}}\)

    • \(H_{x+1} - H_x = x^{\underline{-1}}\)

    • 答案為\(\frac{n^2}{2}(H_n - \frac{1}{2})\).

無限和式

• 無限個非負數的和？

  • 對於\(\sum_{k \in K} a_k\)，如果存在常數\(A\)，使得\(K\)的任意有限子集\(F\)都滿足\(\sum_{k \in F} a_k \le A\)，則稱\(A\)為一個上界；最小的\(A\)（即下确界）稱為\(\sum_{k \in K} a_k\)的和。

  • 如果不在常數\(A\)，則和為無限；可以用數分中的\(\epsilon - \delta\)語言寫清楚。

  • 如果和有限且\(K\)為自然數集，則\(\sum_{k \in K} a_k = \lim_{n->\infty} \sum_{0 \le k \le n} a_k\)。

• 無限和式的定義

  • 定義\(x = x^+ - x^-\)，\(x^+ = x [x > 0]\)，\(x^- = -x[x<0]\)

  • \(\sum_{k \in K} a_k = \sum_{k \in K} a_k^+ - \sum_{k \in K} a_k^-\)

  • 如果\(\sum_{k \in K} a_k^+\)和\(\sum_{k \in K} a_k^-\)都有限，則無限和式存在；如果\(\sum_{k \in K} a_k^+\)無限，另一個有限，則無限和式為\(+ \inf\). 反之亦然。如果都無限，則不予定義。

  • 和有限的無限和式之間，滿足分配率、結合律、交換律

• 一些反例

  • \(T = 1 + 2 + 4 + 8 + .....\)

    • \(2T = 2 + 4 + 8 + .... = T - 1\). \(T = -1\).

    • 事實上\(T=+\infty\)

  • \(T = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 .....\)

    • \((1 - 1) + (1 - 1) + .... = 0\)

    • \(1 + (-1 + 1) + (-1 +１)+.... = 1\)

    • 事實上由等比數列可得，和為\(\frac{1}{2}\)。一群整數的和竟然是分數.....

  • \(...+(- \frac{1}{4}) + (- \frac{1}{3}) + (- \frac{1}{2}) + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ......\)

    • 可以等於0

    • 可以等於\(1 + H_{2n} - H_{n+1}\)，每次右邊選兩個數，左邊選一個數，求極限。和為\(1 + \ln(2)\)。

整值函式

底和頂

• \(\lceil x \rceil - \lfloor x \rfloor = [x \text{不是整數}]\)

• \(\lfloor \frac{n}{m} \rfloor = \lfloor \frac{cn}{cm} \rfloor\)

底和頂的應用

• \(\lfloor \sqrt{\lfloor x \rfloor} \rfloor = \lfloor \sqrt{x} \rfloor\)

  • 證明：設\(m = \lfloor \sqrt{\lfloor x \rfloor} \rfloor\)，展開得到\(x\)的範圍

  • 拓展：若\(f(x)\)是個單調遞增的函式，且若\(f(x)\)是整數能推匯出\(x\)是整數，則\(\lfloor f(\lfloor x \rfloor) \rfloor = \lfloor f(x) \rfloor\)

• \(\lceil \sqrt{\lfloor x \rfloor} \rceil = \lceil \sqrt{x} \rceil\)？？？

  • 否；當\(m^2 < x < m^2 + 1\)時，即\(x\)不是整數，且\(\sqrt{\lfloor x \rfloor}\)是整數時，為反例

• 在\(1 \le n \le 1000\)中，有多少整數\(n\)滿足\(\lfloor n^{\frac{1}{3}} \rfloor | n\)?

  • 設\(m = \lfloor n^{\frac{1}{3}} \rfloor\)

  • \(1 + \sum_{m=1}^{9} \lfloor \frac{(m+1)^3 - m^3}{m} \rfloor = 172\)

  • 用多項式近似，可得 \(W = \frac{3}{2} N^{\frac{2}{3}} + O(N^{\frac{1}{3}})\)

• 譜

  • \(Spec(\alpha) = \{ \lfloor \alpha \rfloor , \lfloor 2 \alpha \rfloor, \lfloor 3 \alpha \rfloor, ........ \}\)

  • \(\sqrt{2}\)和\(2+\sqrt{2}\)的譜，構成所有正整數的劃分。

底和頂的遞迴式

• \(K_0 = 1\);\(K_{n+1} = 1 + \min(2 K_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}, 3 K_{\lfloor \frac{n}{3} \rfloor})\);證明\(K_n \ge n\)

  • 歸納法，需要證明\(K_n \ge n + 1\)

• 約瑟夫問題新解（以 \(m = 3\) 為例）：

  • 剛開始有\(n\)個人，每次有一個活下去就把他的標號+n。

    • 1和2變成\(n+1\),\(n+2\)；4和5變成\(n+3\),\(n+4\)

    • \(3k+1,3k+2\)變成\(n+2k+1,n+2k+2\)

  • 用程式碼模擬（詳見課本）；還可以換成方法加速

    • \(D_0^{(q)} = 1\)；\(D_n^{(q)} = \lceil \frac{q}{q-1} D_{n-1}^{(q)} \rceil\)，\(n > 0\)

    • \(J_q(n) = qn+1 - D_k^{(q)}\)，\(k\)是最大的使得答案不是負數的值

mod：二元運算

• \(x \mod{0} = x\)

• \(c (x \mod{y}) = (cx) \mod{(cy)}\)

• \(n = \lfloor \frac{n}{m} \rfloor + \lfloor \frac{n + 1}{m} \rfloor + ... \lfloor \frac{n + m - 1}{m} \rfloor\)

• \(n = \lceil\frac{n}{m} \rceil + \lceil \frac{n - 1}{m} \rceil + ... \lceil\frac{n - m + 1}{m} \rceil\)

• \(\lfloor mx \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{m} \rfloor + ... \lfloor x + \frac{m - 1}{m} \rfloor\)

底和頂的和式

• \(\sum_{0 \le k < n} \lfloor \sqrt{k} \rfloor\)

  • method1 : \(\sum_{m = 1}^{\sqrt{n}} ((m+1)^2 - m^2) m\)

  • method2 : \(\sum_{m=1}^{\sqrt{n}} n - m^2\)，線性性質

• 設\(\alpha\)是無理數，則\(\{n\alpha\}\)在\(n->\infty\)時在[0,1)之間是一致分佈的

  • 可以直接當做積分？

• \(\sum_{0 \le k < m} \lfloor \frac{nk + x}{m} \rfloor\)

  • 原式\(= \sum_{0 \le k < m} \lfloor \frac{x + nk~mod~m}{m} \rfloor + \frac{kn}{m} - \frac{kn~mod~m}{m}\).

    • 第二部分是個等差數列，\(\frac{(m-1)n}{2}\)

    • 令\(d = \gcd(n,m)\)，則\(kn~mod~m\)會遍歷\(0,d,2d,...m-d\)。每個數出現\(d\)次。

    • 第三部分也是等差數列，\(- \frac{m-d}{2}\)

    • 第一部分：\(d*(\lfloor \frac{x}{m} \rfloor+ \lfloor \frac{x+d}{m} \rfloor + .... + \lfloor \frac{x+m-d}{m} \rfloor) = d \lfloor \frac{x}{d}\rfloor\)

  • 發現將\(n,m\)意義對調，答案不變。

    • 本質上這是在數座標軸在一條直線下方有多少點，\(n,m\)對調相當於轉座標軸。

數論

整除性

• 拓展歐幾里得演算法

素數

• 算術基本定理（唯一分解定理）

素數的例子

• 素數有無窮多個

  • \(M = 2 \times 3 \times 5 \times .... \times P_n + 1\)，與\(P_1,...,P_n\)全部互質，又多出一個“質數”（事實上不一定是質數）

  • \(e_n = e_1 e_2 ... e_{n-1} + 1 = e_{n-1}^2 - e_{n-1} + 1\)

    • 封閉形式：\(e_n = \lfloor E^{2^n} + \frac{1}{2} \rfloor\),\(E = 1.264\)

• 梅森數

  • \(2^p - 1\)，\(p\)是質數。但並不是所有梅森數都是素數。

• 質數密度

  • 偶數比完全平方數更“稠密”，\(1-n\)有\(\frac{n}{2}\)個偶數；有\(\sqrt{n}\)個完全平方數。

  • $P_n $ ~ \(n \ln n\)；\(\pi(x)\) ~ \(\frac{x}{\ln x}\)；故質數個數比偶數少，比完全平方數多。

階乘的因子

• 階乘以指數方式增長：斯特林公式

• \(\epsilon_p(n!) = \sum_{k \ge 1} \lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor \le \frac{n}{p-1}\)

  • 當\(p=2\)時，\(\epsilon_2(n!) = n - v_2(n)\)，\(v_2(n)\)為二進位制上1的個數

• 素數有無窮個的另一種證明：

  • \(p^{\epsilon_{p}(n!)} \le p^{n/(p-1)} \le 2^n\)

  • 一個質數只能對\(n!\)產生\(2^n\)的貢獻，如果質數個數有限，取\(n\)足夠大就會產生矛盾

互素（Stern-Brocot樹）

• 用於構造所有\(m \perp n\)的非負分數

• 構造方式

  • 第一層只有\(\frac{0}{1}\)和\(\frac{1}{0}\)

  • 第\(k+1\)層的分數構成 為 第\(k\)層的所有分數 加上 第\(k\)層相鄰兩個分數，分子和分母分別相加得到

    • \(\frac{m}{n},\frac{m'}{n'} -> \frac{m+m'}{n+n'}\)

• 性質

  • 每一層的每對相鄰的分數都滿足\(m'n - mn' = 1\)

    • 歸納法，第一層是對的；每次\(\frac{m}{n},\frac{m'}{n'}\)會新建\(\frac{m+m'}{n+n'}\)，分別驗證。

  • 為什麼\(\frac{n+n'}{m+m'}\)是最簡分數？

    • 利用拓展歐幾里得，因為\(m'n - mn' = 1\)，說明\(ax+by=1\)成立，所以\(\gcd=1\).

  • 是否會重複出現分數？

    • 不存在的，這是一棵嚴格的二叉搜尋樹。因為$ \frac{m}{n} < \frac{m+m'}{n+n'} < \frac{m'}{n}$.

  • 是否有分數遺漏？

    • 不存在的，推導可證明：\(a+b \ge m'+n'+m+n\). 每一步右式都會增加，在\(a+b\)步以內就可以找到解。

    • 該式說明：\(\frac{m'+m'}{m+n}\)是[\(\frac{m}{n}\),\(\frac{m'}{n'}\)]之間分子加分母和最小的分數？？？這可離不開第一條性質！

• 應用

  • 分數定位

    • 用\(2 \times 2\)的矩陣存下每個分數的左右祖先，構造矩陣\(L\)和\(R\)。到左兒子則右乘\(L\)，右兒子則右乘\(R\).

    • 法一：每次右乘一個\(L,R\)，判斷大小。

    • 法二：利用左乘。如果分子大，說明左乘了\(R\)，不然左乘了\(L\)。可以用倍增定位。\(O(\log n)\).

  • 無理數定位

    • 用SB樹逼近和二分逼近效果差不多

      
      if a < 1 then
      
      output(L)
      
          a = a/(1-a)
      
      else
      
      output(R)
      
      a = a - 1
      

• 拓展：Farey級數

  • 階為\(N\)的法裡級數為\(F_N\)，它由所有分母不超過\(N\)的最簡分陣列成。

  • \(F_N\)構造：從\(F_{N-1}\)繼承，在\(F_{N-1}\)中相鄰\(\frac{m}{n}\)和\(\frac{m'}{n'}\)，滿足\(n+n'=N\)的中間，加入分母為N的數。

同餘關係

• \(2^{2n} - 1\)是3的倍數，因為\(2^2 \pmod{3} = 1\)

• $ad \equiv bd \pmod{md} $ 等價於 \(a \equiv b \pmod{m}\).

• \(ad \equiv bd \pmod{m}\)等價於\(a \equiv b \pmod{\frac{m}{\gcd(m,d)}}\).因為剩下的因子可以用逆元除掉。

• \(a \equiv b \pmod{m}\)且\(a \equiv b \pmod{n}\)，則\(a \equiv b \pmod{lcm(n,m)}\).因為\(a-b\)既是n的倍數也是m的倍數

獨立剩餘

• 剩餘系\(Res(x) = (x \mod m_1, \cdots,x \mod m_r)\)，\(m_i \perp m_j\).

  • 每個分量上可以獨立地進行運算，相當於高精度

  • 例子：計算大矩陣的行列式，選取若干質數，除法變成逆元；最後CRT合併起來！

• CRT

  • 相當於要找到(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)這些分量對應的數；用拓展歐幾里得求出逆元。

• 求\(x^2 \equiv 1 \pmod{m}\)解的個數

  • 將\(m\)分解成若干個\(p^k\)，改寫成\((x-1)(x+1) \equiv 0 \pmod{p^k}\).

  • 當\(p \ne 2\)時，只有兩個解1和p-1

  • 當\(p=2\)時，若\(k=1\)解為1；\(k=2\)時解為1,3；\(k > 2\)時，\(x-1\)和\(x+1\)可以都是2的倍數，但是不可能都是4的部分，所以其中一個要是\(2^{k-1}\)的倍數。所以有4個解。

  • 設\(r\)為質因子個數，答案為\(2^{r - [2|m]+[4|m]+[8|m]}\).

進一步的應用

• \(0, n, 2n, 3n,....,(m-1)n \pmod{m}\)為\(0,d,2d,...,m-d\)重複d遍；\(d = \gcd(n,m)\)

• 費馬大定理：\(a^n + b^n = c^n\)在\(n > 2\)時沒有正整數解

• 費馬小定理：\(n^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\),\(n \perp p\)

  • 證明：\(n*2n*.....*(p-1)n \equiv (p-1)!\)

• Miller_Rabin：驗證\(2^{32}+1\)是不是質數？

  • 若是質數，應用費馬小定理：$3^{2^{32}} \equiv 1 \pmod{2^{32}+1} $.矛盾

• 威爾遜定理：\(n\)是質數時，\((n-1)! \equiv -1 \pmod{n}\)

  • 除了1和\(n-1\)，其他數的逆元兩兩匹配，所以\((n-1)! \equiv n-1 \mod{n}\)

\(\varphi\)函式和\(\mu\)函式

• 尤拉定理：\(n^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}\)，\(n \perp m\)

  • 拓展尤拉定理，處理\(n\)和\(m\)不互質的情況。

• 莫比烏斯反演：\(g = f * 1\)等價於\(f = g*\mu\)

  • 廣義莫比烏斯反演：\(g(x) = \sum_{d \ge 1} f(x / d)\)等價於\(f(x) = \sum_{d \ge 1} \mu(d) g(x / d)\)

• 積性的傳遞性

  • \(g(m) = \sum_{d|m} f(d)\)

  • 左右任何一邊是積性函式，都可以推出剩下一邊是積性函式。

• 杜教篩：求\(\Phi(x) = \sum_{1 \le k \le x} \phi(k)\)

  • \(\sum_{d \ge 1} \Phi(\frac{x}{d}) = \frac{x(x+1)}{2}\)；考慮所有\(0 \le m < n \le x\)的分數，d為分子和分母的\(\gcd\).

  • 預處理小的\(\Phi(m)\)，分塊遞迴求解，時間複雜度\(O(n^{\frac{2}{3}})\).

• Polya經典題：求解長度為\(m\)，顏色數為\(n\)的不同項鍊個數

  • 考慮一種項鍊會被計算多次：\(\frac{1}{m} \sum_{d | m} \phi(d) n^{\frac{m}{d}}\)

二項式係數

基本恆等式

• 定義（此定義和之前的不一樣）

  • 當整數\(k < 0\)，\(\binom{n}{m} = 0\)，否則\(\binom{n}{m} = \frac{n^{\underline{m}}}{m!}\)

  • 當不是整數時，可以用廣義階乘，取極限；如\(\binom{\frac{1}{2}}{n}\)

• 性質

  • \(\binom{-1}{k} = (-1)^k\)

  • 當\(n < 0\)時，\(\binom{n}{n} = 0\)

  • 當\(n<0\)時，不滿足對稱性\(\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}\)

  • 由加法公式，\(\binom{r}{k} = \binom{r-1}{k-1} + \binom{r-1}{k}\)；由此可以拓展出\(r<0\)的情況。

• 恆等式

  • 吸收恆等式：\(\binom{r}{k} = \frac{r}{k} \binom{r-1}{k-1}\)；\(k \binom{r}{k} = r \binom{r-1}{k-1}\)

  • 對角線求和：\(\sum_{k \le n} \binom{r+k}{k} = \binom{r+n+1}{n}\)

  • 上指標求和：\(\sum_{0 \le k \le n} \binom{k}{m} = \binom{n+1}{m+1}\)

  • 二項式定理：\((x+y)^r = \sum_{k} \binom{r}{k} x^k y^{r-k}\)

  • 上指標反轉：\(\binom{r}{k} = (-1)^k \binom{k-r-1}{k}\)，當\(r\)是負數時可以用這種方法快速求解！！！

  • 同行交錯和：\(\sum_{k \le m} \binom{r}{k} (-1)^k = \sum_{k \le m} \binom{k-r-1}{l} = \binom{-r}{m} = (-1)^m \binom{r-1}{m}\)

  • 雙選恆等式：\(\binom{r}{m} \binom{m}{k} = \binom{r}{k} \binom{r-k}{m-k}\)

  • 範德蒙卷積：\(\sum_{k} \binom{r}{k} \binom{s}{n-k} = \binom{r+s}{n}\)，表5-3有多種形式，可以查表！

基本練習

• \(\sum_{k} \binom{m}{k} / \binom{n}{k} = \frac{n+1}{n+1-m}\)，雙選恆等式

• \(\sum_{k} k \binom{m-k-1}{m-n-1}/ \binom{m}{n} = \frac{n}{m-n+1}\)，用吸收恆等式

• \(Q_n = \sum_{k \le 2^n} \binom{2^n - k}{k} (-1)^k\)，遞推式，找規律，有迴圈節

• \(\sum_k k \binom{m-k-1}{m-n-1}\)，把\(k\)寫成\(\binom{k}{1}\)，用範德蒙卷積

• \(\sum_{k} \binom{n}{k} \binom{s}{k} k = s \binom{n+s-1}{n-1}\)，用吸收恆等式，再範德蒙卷積

• \(\sum_{k} \binom{n+k}{2k} \binom{2k}{k} \frac{(-1)^k}{k+1}\)，先用雙選恆等式，把\(2k\)去掉；再用吸收恆等式， 把\(\frac{1}{k+1}\)拿掉；然後上指標翻轉，最後範德蒙卷積

• 問題七和問題八用和式代替一個組合數，技巧性太強；不如用後面的超幾何

處理的技巧

• 取一半

  • \(r^{\underline{k}} (r - \frac{1}{2})^{\underline{k}} = (2r)^{\underline{2k}} / 2^{2k}\)

  • 由此可以推出：\(\binom{- \frac{1}{2}}{n} = (\frac{-1}{4})^n \binom{2n}{n}\)

• 高階差分

  • \(\Delta f(x) = f(x+1) - f(x)\)；\(\Delta^n f(x) = \sum_{k} \binom{n}{k} (-1)^{n-k} f(x+k)\)

  • 多項式可以用斯特林數改寫成下降冪多項式，稍作修改可以寫成牛頓級數：

    • \(f(x) = \sum_d c_d \binom{x}{d}\)，牛頓級數的求導非常方便；書上還寫著一種\(O(n^2)\)的求牛頓級數係數的方法。

    • \(\sum_k \binom{n}{k} (-1)^k (a_0 + a_1k + ... + a_n k^n) = (-1)^n n! a_n\)

• 反演

  • \(g(n) = \sum_{k} (-1)^k \binom{n}{k} f(k)\)等價於\(f(n) = \sum_{k} (-1)^k \binom{n}{k} g(k)\)

  • 二項式反演：\(g(n) = \sum_{k} \binom{n}{k} f(k)\)等價於\(f(n) = \sum_{k} (-1)^{n-k} \binom{n}{k} g(k)\)

    • 本質就是令\(f'(n) = (-1)^n f(n)\)

  • 重排公式：\(D(n) = n! \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}\)；\(D(n) = \lfloor \frac{n!}{e} + \frac{1}{2} \rfloor + [n == 0]\)

生成函式

• \((1+z)^r (1+z)^s = (1+z)^{r+s}\)，該式子可以直接證明範德蒙恆等式

• \((1-z)^r (1+z)^r = (1-z^2)^r\)；\(\sum_k \binom{r}{k} \binom{r}{n-k} (-1)^k = (-1)^{n/2} \binom{r}{n/2}\)

• \(\frac{1}{(1-z)^{n+1}} = \sum_{k \ge 0} \binom{n+k}{n} z^k\)；\(\frac{z^n}{(1-z)^{n+1}} = \sum_{k \ge 0} \binom{k}{n} z^k\)

• 乘上\(\frac{1}{1-z}\)相當於做字首和

• 廣義部分待補

超幾何函式

• 定義：\(F(a_1...a_m;b_1...b_n;z) = \sum_{k \ge 0} \frac{\prod a_i^{\bar{k}} z^k}{\prod b_i^{\bar{k}} k!}\)

• 轉化：\(\frac{t_{k+1}}{t_k}\)是一個關於\(k\)的有理函式，分子作為上引數，分母作為下引數

• 廣義階乘和\(\Gamma\)函式用於解釋退化的情況

• 查表：\(F(a,b;c;1)\)和\(F(a,b,-n;c,a+b-c-n+1;1)\)，SAA恆等式

超幾何變換

• 超幾何函式通用解法就是查表，本章介紹幾種技巧拓展表庫

  • 反射定律；習題25、26

• 求導，移位：

  • \(\frac{d}{dz} F(ai;bi;z) = \frac{a_1...a_m}{b_1...b_n} F(a_i+1;b_i+1;z)\)

  • \((\vartheta + a_1) F(a_1,...a_m;b_1...b_n;z) = a_1 F(a1+1,a_2,...,a_m;b_1...b_n;z)\)

  • \((\vartheta + b_1 -1) F(a_1,...a_m;b_1...b_n;z) = (b_1 - 1) F(a1,a_2,...,a_m;b_1-1,b_2...b_n;z)\)

  • \(\vartheta\)為\(z \frac{d}{dz}\)操作

  • 這個技巧可以用於解微分方程

部分超幾何和式

• 利用差分法，試圖找出函式滿足\(t_k = T_{k+1} - T_{k}\)，從而可以求解\(\sum_{0 \le k \le n} t_k\)。

• \(Gosper\)演算法

  • 找出\(p(k),r(k),q(k)\)，滿足\(\frac{t_{k+1}}{t_k} = \frac{p(k+1)}{p(k)} \frac{q(k)}{r(k+1)}\)

  • 求解\(s(k)\)，滿足\(p(k) = q(k) s(k+1) - r(k) s(k)\)

  • 得到\(T(k) = \frac{r(k)s(k)t(k)}{p(k)}\)

機械求和法

• 機械求和法是個非常繁瑣的演算法，用於求解給定n，對\(k\)從\(0\)到\(\infty\)求和。不能求\(k\)的部分和

• 思路是定義新的函式，應用\(Gosper\)演算法，得到\(S_n\)的遞推式。

• 詳見書上的例子。

特殊的數

斯特林數

• 第一類斯特林數\([^n_k]\)，第二類斯特林數\(\{ ^n_k \}\).

  • \(\{^n_k\} = k \{^{n-1}_k\} + \{^{n-1}_{k-1}\}\)

  • \([^n_k] = (n-1)[^{n-1}_k] + [^{n-1}_{k-1}]\)

  • \([^n_k] \ge \{^n_k\}\)，等號成立，當且僅當\(k=n-1\)或\(k=n\)

  • \(\sum_{k=0}^n [^n_k] = n!\)

• 冪之間轉換（均可用歸納法證明）

  • \(x^n = \sum_k \{^n_k\} x^{\underline{k}}\)

  • \(x^{\bar{n}} = \sum_k [^n_k] x^k\)

  • \(x^{\underline{n}} = (-1)^n (-x)^{\bar{n}}\)

  • \(x^n = \sum_k \{^n_k\} (-1)^{n-k} x^{\bar{k}}\)

  • \(x^{\underline{n}} = \sum_k [^n_k] (-1)^{n-k} x^k\)

• 反轉公式（應用兩次冪轉換公式即可）

  • \(\sum_k [^n_k] \{^k_m\} (-1)^{n-k} = [m=n]\)

  • \(\sum_k \{^n_k\} [^k_m] (-1)^{n-k} = [m = n]\)

• 應用加法原則拓展至負數，有\([^n_k] = \{^{-k}_{-n}\}\)

• 書上還有一大堆用於字首和、卷積的恆等式，可用於查表。

尤拉數

• \(<^n_k>\)表示長度為\(n\)的排列\(\pi\)，有\(k\)個位置滿足\(\pi_j < \pi_{j+1}\)，即升高位置

  • \(<^n_k> = <^n_{n-1-k}>\)

  • \(<^n_k> = (k+1) <^{n-1}_{k}> + (n-k)<^{n-1}_{k-1}>\)

  • \(x^n = \sum_k <^n_k> \binom{x+k}{n}\)，天吶，這個式子的組合意義是啥！！！

  • 書上還有一些奇奇怪怪的恆等式哦！還有一個通項式

• 二階尤拉數：\(2n\)個數，\(k\)個上升，且每對\(x\)之間其他數都要大於\(x\)

  • \(<<^n_k>> = (k+1) <<^{n-1}_{k}>> + (2n-1-k)<<^{n-1}_{k-1}>>\)

  • \(\sum_k <<^n_k>> = \frac{(2n)^{\underline{n}}}{2^n}\)

• 斯特林多項式（由書上的恆等式推出）

  • \(\sigma_n(x) = [^x_{x-n}] / (x(x-1) \cdots (x-n))\)，其中\(\sigma_n(x)\)的次數為\(n-1\)

  • 斯特林多項式可以由二階尤拉數給出，於是可以處理係數為斯特林數的的生成函式的卷積。

調和數

• \(H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\)

  • 發散，且\(\ln_n < H_n < \ln n+1\)

• 例題：

  • \([^{n+1}_2] = n[^n_2]+[^n_1] = n[^n_2]+(n-1)!\)

  • 兩邊除以\(n!\)，求遞迴式：\([^{n+1}_2] = n! H_n\)

• \(r\)次調和數：\(H^{(r)}_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^r}\)

  • \(\ln(\frac{k}{k-1}) = - ln(\frac{k-1}{k}) = \frac{1}{k} + \frac{1}{2k^2} + \frac{1}{3k^3}+ \cdots\)

  • 對\(k\)從2-n求和：\(\ln n -\ln 1 = (H_n - 1) + \frac{1}{2} (H^{(2)}_n - 1) - .....\)

  • 移項後，可以估計\(H_n - \ln n\)的值，記為尤拉常數\(\gamma\)

調和求和法

• \(\sum_{0 \le k < n} \binom{k}{m} H_k\)

  • 利用分部求和法，\(u(k) = H_k\)，\(\Delta v(k) = \binom{k+1}{m+1} - \binom{k}{m+1} = \binom{k}{m}\)

  • 利用吸入恆等式

• \(S_n = \sum_{1 \le k \le n} \frac{H_k}{k}\)

  • \(S_n = \sum_{1 \le j \le k \le n} \frac{1}{j*k} = \frac{1}{2} ( (\sum_{1 \le k \le n} \frac{1}{k})^2 + \sum_{1 \le k \le } \frac{1}{k^2} )\)

  • 第二章的技巧

• \(U_n = \sum_{k \ge 1} \binom{n}{k} \frac{(-1)^{k-1}}{k} (n-k)^n\)

  • 將\((n-k)^n\)二項式展開，交換順序，轉化為高階差分，利用恆等式；得\(U_n = n^n (H_n - 1)\)

伯努利數

• 求解冪和數

  • \(S_m(n) = \sum_{k=0}^{n-1} k^m = \frac{1}{m+1} \sum_{k=0}^m \binom{m+1}{k} B_k n^{m+1-k}\)

  • \(\sum_{j=0}^m \binom{m+1}{j} B_j = [m = 0]\)

  • 可以用擾動法+歸納法證明

• 生成函式的定義：\(\frac{z}{e^z-1} = \sum_{n \ge 0} B_n \frac{z^n}{n!}\)

• 用伯努利數為係數表示三角函式

  • \(\tan z = \sum_{n \ge 0} (-1)^{n-1} 4^n (4^n - 1) B_{2n} \frac{z^{2n-1}}{(2n)!}\)

• 伯努利數和斯特林數的關係

  • \(S_m(n) = \sum_{j \ge 0} \{^m_j\} \frac{1}{j+1} \sum_{k \ge 0} (-1)^{j+1-k} [^{j+1}_k] n^k\)

  • 由此建立恆等式

斐波那契數

• 恆等式

  • \(F_{n+k} = F_k F_{n+1} + F_{k-1} F_n\)；考慮走樓梯

  • \(F_{2n} = F_n F_{n+1} F_n F_{n-1}\)；從而\(F_{2n}\)是\(F_n\)的倍數，歸納可得\(F_{kn}\) 是\(F_n\)的倍數

  • \(\gcd(F_m,F_n) = F_{\gcd(m,n)}\)；由上式推出

  • \(\sum_{k=0}^n F_k = F_{n+2} - 1\)；歸納即可

  • \(\sum_{k=1}^n F_k^2 = \sum_k F_k (F_{k+1} - F_{k-1}) = F_{n+1} F_n\)；裂項相消

  • \(F_n = \frac{1}{\sqrt{5}}(\phi^n - \hat{\phi^n})\)；其中\(\phi = \frac{\sqrt{5} + 1}{2}\)，為黃金分割

  • \(F_{n+1} = \sum_{k=0}^n \binom{n-k}{k}\)

• 斐波那契數系

  • \(j >> k\) 等價於\(j \ge k +２\)

  • 每個整數都有唯一的表示：\(n = F_{k_1} + F_{k_2} + ..... + F_{k_r}\)

  • \(n = (b_mb_{m-1}\cdots b_2)_F\)，因為\(b_1=b_2=1\)，從2開始表示唯一

  • 能表示的最大值為\(F_{m+2} - 2\)

  • 斐波那契奇數是指表示中，最後一位是1的數；偶數類似。

連項式

• 定義

  • \(K() = 1\)

  • \(K(x_1) = x_1\)

  • $K_n(x_1,\cdots,x_n) = K_{n-1}(x_1,\cdots, x_{n-1}) x_n + K_{n-2}(x_1,\cdots,x_{n-2}) $

• 性質

  • \(K_n(1,1,...,1) = F_{n+1}\)

  • 摩爾斯碼：相當於可以放一些長度為2的多米諾骨牌；如果\(x_i\)不在，必然有相鄰的\(x_{i+1}\)或者\(x_{i-1}\)與之對應

  • \(K_n(z,z, \cdots, z) = \sum_{k=0}^{n} \binom{n-k}{k} z^{n-2k}\)

  • \(K_n(x_n,...,x_1) = K_n(x_1,...,x_n)\)

  • \(K (x_1,...x_m,x_{m+1},...x_{m+n})= K(x_1,...x_m) K(x_{m+1},...,x_{m+n}) + K(x_1,...,x_{m-1}) K(x_{m+2},...x_{m+n})\)

• 連項式與連分數

  • \(a_0 + \frac{1}{a_1 + \frac{1}{a_2 + \frac{1}{a3}}} = \frac{K(a_0,a_1,a_2,..,a_3)}{K(a_1,a_2,a_3,)}\)；歸納之

  • \(\frac{K(a_0,a_1,a_2,a_3+1/a_4)}{K(a_1,a_2,a_3+1/a_4)} = \frac{K(a_0,a_1,a_2,a_3,a_4)}{K(a_1,a_2,a_3,a_4)}\)；將連分數最後一位變化

• 連項式與Stern-Brocot樹

  • 假設一個分數為\(R^{a_0},L^{a_1},R^{a_2},L^{a_3} ... R^{a_{n-2}}L^{a_{n-1}}\)

  • 則\(F(R^{a_0}L^{a_1}R^{a_2}L^{a_3} ... R^{a_{n-2}}L^{a_{n-1}}) = \frac{K(a_0,a_1,...a_{n-1},1)}{K(a+1....a_{n-1},1)}\)

  • 由此可以在連分數和SB樹之間快速轉換

生成函式

多米諾理論與換零錢

• 用多米諾骨牌鋪3*n矩形

  • \(U_n\)表示\(3 \times n\)的方案，\(V_n\)表示\(3 \times n\)缺一角的方案

    • \(U_n = 2 V_{n-1} + U_{n-2} + [n == 0]\)

    • \(V_n = U_{n-1} + V_{n-2}\)

  • 寫成生成函式

    • \(U(x) = 2x V(x) + x^2 U(x) + 1\)

    • \(V(x) = x U(x) + x^2 V(x)\)

  • 求解

    • \(V(x) = \frac{x}{1-x^2} U(x)\)

    • $U(x) = 1 + \frac{2x^2}{1-x^2} U(x) + x^2 U(x) $

  • 若將\(U(x)\)的封閉形式展開，可以得到\(U_n\)的封閉形式；最後通過組合式的恆等式還可以化簡

• 換零錢

  • 和OI經典題“食物”類似

  • 有無限個價值為\(m\)的硬幣，其生成函式為\(1+x^m+x^{2m}+.....=\frac{1}{1-x^m}\)

• 劃分數

  • \(\frac{1}{(1-z)(1-z^2)(1-z^3).....}\)的\(z^n\)前係數為\(n\)的劃分數，意義為用無窮個1-n湊成\(n\)的方案數

基本策略

• 運算

  • 收斂性不作要求，因為變數\(z\)僅僅表示一個特徵，我們只在乎\(z^n\)前的係數

  • 左移時，要把低位“減掉”，再除以\(z^m\)

  • \(G(cz) = \sum_n g_n c^n z^n\)；\(G(z^m) = \sum_n g_n z^{nm}\)

  • 求導；求導+右移（每一位乘上\(n\)）；積分；左移+積分（每一位除以n）

  • 卷積

  • 字首和：乘上\(\frac{1}{1-z}\)

• 常見生成函式

  • <1,-1,1,-1,1,-1,1,-1,......>；\(\frac{1}{1+z}\)

  • <1,0,1,0,1,0,1,0,.......>; \(\frac{1}{1-z^2}\)

  • <1,2,4,8,16,....>;\(\frac{1}{1-2z}\)

  • <1,4,6,4,1,0,0,...>; \((1+z)^4\)

  • <1,c,\(\binom{c+1}{2}\),\(\binom{c+2}{3}\),.....>；\(\frac{1}{(1-z)^c}\)

  • <0,1,1/2,1/3,1/4,.....>；\(\ln \frac{1}{1-z}\)；積分

  • <0,1,-1/2,1/3,-1/4,....>; \(\ln(1+z)\)；積分

  • <1,1,1/2,1/6,1/24,.....>;\(e^z\)

• 提取

  • 用\(\frac{G(z) + G(-z)}{2}\)提取偶數項

  • 用\(\frac{G(z) - G(-z)}{2}\)提取奇數項

解遞迴式

• 再探斐波那契數

  • \(g_n = g_{n-1} + g_{n-2}+[n=1]\)；寫遞迴式時要注意寫出邊界項

  • \(G(z) = z G(z) + z^2 G(z) + z\) ；可推出\(G(z) = \frac{z}{1-z-z^2}\)

  • 求解部分分式：\(R(z) = \frac{P(z)}{Q(z)}\)

    • \(\frac{a}{(1-pz)^{m+1}} = \sum_{n \ge 0} \binom{m+n}{m} a p^n z^n\)

    • 目標將\(R(z)\)轉化成：\(\sum_i \frac{a_i}{(1-p_i z)^{m_i + 1}}\)；就可以得到\(g_n\)的封閉形式

    • 假設\(Q(z) = q_0 + q_1 z + .... + q_m z^m\)，則令\(Q^R(z) = q_0 z^m + q_1 z^{m-1} + .... q_m\)

    • 求解\(Q^R\)的根，即\(Q^R(z) = q_0 (z-p_1)...(z-p_m)\)，則\(Q(z) = q_0 (1-p_1 z)...(1-p_mz)\)

    • 既然求出分母的根，然後將其拆成\(\frac{..}{1-p_1z}+....\frac{..}{1-p_mz}\)

    • 當根互不相同時，可以用高斯消元？或者用書上的定理。

  • 事實上，求解部分分式的過程就是解特徵方程。

• 帶幾分隨機的遞迴式

  • \(g_n = g_{n-1} + 2g_{n-2}+(-1)^n[n \ge 0] + [n=1]\)

  • 解得\(G(z)=\frac{1+z+z^2}{(1-2z)(1+z)^2}\)；用書上另一個公式來對有重根的分母進行部分分式。

• 互相遞迴的數列（和解方程類似）

• 換零錢封閉形式（用於OI題，類似於Code Chef的CHANGE）

• 發散級數（超幾何解微分方程）

• 完全返回的遞迴式

  • 求解扇形的生成樹數量

  • 分析最後一個頂點的連邊，可得

    • \(f_n = f_{n-1} + \sum_{k < n} f_k + [n > 0]\)

  • 字首和用乘上\(\frac{1}{1-z}\)表示：

    • \(F(z) = z F(z) + F(z) \frac{z}{1-z} + \frac{z}{1-z}\)

  • 求部分分式，得\(f_n = F_{2n}\)，即偶數位斐波那契數列

特殊的生成函式

• 表7-3給出各種係數為特殊數的生成函式，包括斯特林數、尤拉數、伯努利數

• \(\frac{1}{(1-z)^{m+1}} \ln \frac{1}{1-z} = \sum_{n \ge 0} (H_{m+n}- H_m) \binom{m+n}{n} z^n\)

  • \(\frac{1}{(1-z)^{x+1} } = \sum_n \binom{x+n}{n} z^n\)

  • 左邊：\((1-z)^{-x-1}=e^{(x+1)\ln(1/(1-z))}\)，微分後，為\(\frac{1}{(1-z)^{m+1}} \ln \frac{1}{1-z}\)

  • 右邊：\(\binom{x+n}{n}\)微分後，為\((\frac{1}{x+1} + \frac{1}{x+2} .... \frac{1}{x+n})\),等於\(H_{x+n} - H_x\)

  • 對複雜的乘積求微分，通常將原式保留，並提取出係數，比直接寫成和式方便。

• 特殊情況：\(\frac{1}{1-z} \ln \frac{1}{1-z} = \sum_n H_n z^n\)

卷積

• 斐波那契卷積

  • \(\sum_{k=0}^n F_k F_{n-k}\)等價於\(F^2(x)[z^n]\)

• 調和卷積

  • \(T_{m,n} = \sum_{0 \le k < n} \binom{k}{m} \frac{1}{n-k}\)

  • 因\(\sum_{n \ge 0} \binom{n}{m} z^n = \frac{z^m}{(1-z)^{m+1}}\)，且\(\sum_{n > 0} \frac{z^n}{n} = \ln \frac{1}{1-z}\)

  • \(T_{m,n} = [z^n]\frac{z^m}{(1-z)^{m+1}} \ln \frac{1}{1-z} = (H_n - H_m) \binom{n}{n-m}\)

• 卷積的卷積

  • 之前的扇形生成樹個數，可以認為有一些鏈，需要從根向他們連邊。

  • \(f_n = \sum_{m > 0} \sum_{k_1+...+k_m=n} k_1k_2...k_m\)

  • 即\(F(z) = G(z) + G(z)^2 + G(z)^3 + .... = \frac{G(z)}{1-G(z)}\)

• 卷積的遞迴式

  • 卡特蘭數的括號解釋：\(C_n = \sum_k C_k C_{n-1-k} + [n = 0]\)

  • \(C(z) = z C^2(z) + 1\)，解得\(C(z) = \frac{1 (+/-) \sqrt{1-4z}}{2z}\)；加或減

  • 當取+號時，\(C(0)\)是無窮，與事實不符；所以為減

  • 用廣義二項式展開\(\sqrt{1-4z}\)，可以得到卡特蘭數公式：\(C_n = \binom{2n}{n} \frac{1}{n+1}\)