具体数学学习笔记（鸽了）

第二章 和式

2.6 有限微积分和无限微积分

无限微积分和有限微积分分别是：

\[\begin{aligned} \text{D}f(z)&=\lim_{h\to 0}\frac {f(z+h)-f(z)}{h}\\ \Delta f(z)&=f(z+1)-f(z) \end{aligned} \]

有限微积分中有一些常见式子，而且跟无限微积分一样优美：

\[\Delta(x^{\underline n})=nx^{\underline {n-1}}\\ \Delta (a^x)=(a-1)a^{x}\\ g(x)=\Delta f(x)\Leftrightarrow\sum g(x)\delta x=f(x)+C\\ \sum_{x=a}^{b-1}g(x)=\textstyle \sum_{a}^bg(x)\delta x=f(x)|_a^b=f(b)-f(a)\\ \Delta H_n=\frac1 {n+1}\\ \Delta(uv)=u\Delta v+\text Ev\Delta u\\ \sum u\Delta v=uv-\sum \text Ev\Delta u \]

很可惜的是，不存在有限微积分复合的链式法则。

P4948 数列求和

给定 \(n,a,k\) 求

\[\sum_{i=1}^ni^ka^i \]

\(1\le n\le 10^{18},1\le a\le 10^9,1\le k\le 2\times 10^3\)。

我们先让 \(n+1\) ，并特判 \(a=1\) 的情况，考虑推一下式子：

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n-1}i^ka^i&=\sum_{i=0}^{n-1}a^i\sum_{j=0}^k{k\brace j}i^{\underline j}\\ &=\sum_{j=0}^k{k\brace j}\sum_{i=0}^{n-1}a^ii^{\underline j}\\ &=\sum_{j=0}^k{k\brace j}\textstyle\sum_{0}^nx^{\underline j}a^x\delta x \end{aligned} \]

那么我们目前就只需要用分部积分法计算：

\[\begin{aligned} \textstyle\sum_{0}^nx^{\underline k}a^x\delta x&=\frac 1 {a-1}\textstyle\sum_{0}^nx^{\underline k}\delta {a^x}\\ &=\frac {(x^{\underline k}a^x)|_0^n-\textstyle\sum_{0}^na^{x+1}\delta (x^{\underline k})} {a-1}\\ &=\frac {n^{\underline k}a^n-ak\textstyle\sum_{0}^nx^{\underline{k-1}}a^x\delta x}{a-1} \end{aligned} \]

然后我们就可以递推求解即可，复杂度为 \(O(k^2)\)，瓶颈在求斯特林数上。

第五章 二项式系数

5.1 组合数基础

P140 5.24

求证：

\[\sum_k \binom l {m+k}\binom {s+k}n(-1)^k=(-1)^{l+m}\binom {s-m}{n-l} \]

H_W_Y 老师有点太强了，归纳法纯 shaber，考虑直接推式子：

\[LHS=\sum_{k}\binom {m+k-l-1}{m+k}\binom {n-s-k-1}{n}(-1)^{m+n}\\ =(-1)^{m+n}\sum_k \binom {m-l-1+k}{-l-1}\binom {n-s-1-k}{n}\\ =(-1)^{m+n}\binom{m+n-s-l-1}{n-l}\\ RHS=(-1)^{n+m}\binom {n-l-s+m-1}{n-l}=LHS \]

5.2 基本练习

由于在下文我们会出现负整数的阶乘的比值，所以我们也许需要先学习 Gamma 函数，如果你不想管负数阶乘，可以跳过这一部分，或者直接翻到结论的式子。

Gamma 函数

我们定义 Gamma 函数如下：

\[\Gamma (z)=\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}dt,\mathfrak R(z)>0 \]

则我们可以证明一些性质：

\[\begin{aligned} \Gamma (z+1)&=\int_0^\infty t^{z}e^{-t}dt\\ &=[-t^ze^{-t}]|_0^\infty+z\int_0^\infty t^{z-1}e^{-t}dt\\ &=z\Gamma (z) \end{aligned} \]

上面运用了分部积分，然后由于 \(\Gamma (1)=1\)，所以归纳可以知道，\(\forall n\in \N^+,\Gamma(z)=(z-1)!\)。

然后我们得到

\[\begin{aligned} \Gamma (z+n+1)&=z^{\overline {n+1}}\Gamma(z)\\ \Gamma(z)&=\frac {(z+n)!}{z^{\overline {n+1}}}\\ &=\frac {n!}{z^{\overline {n+1}}}(n+1)^{\overline z}\\ \end{aligned} \]

我们知道 \(\lim_{n\to \infty}(n+1)^{\overline z}= n^z\)，所以我们就知道了：

\[\Gamma(z)=\lim_{n\to \infty}\frac {1\times 2\cdots \times n}{z\times (z+1)\cdots (z+n)}n^z \]

我们可以考虑继续变形：

\[n^z=e^{z\ln n}=e^{z(\ln n-\sum_{m=1}^n\frac 1 m)}\times e^{\sum_{m=1}^n\frac z m}=e^{-\gamma z}\prod_{n=1}^\infty e^{\frac z n}\\ \frac 1 {\Gamma(z)}=z\prod_{n=1}^\infty(1+\frac z n)e^{\gamma z}\prod_{n=1}^\infty e^{-\frac z n}\\ =ze^{\gamma z}\prod_{n=1}^\infty ((1+\frac zn)e^{-\frac z n})\\ \Gamma(z)=z^{-1}e^{-\gamma z}\prod_{n=1}^\infty ((1+\frac zn)^{-1}e^{\frac zn}) \]

这个叫魏氏无穷乘积，我们发现这个式子有很多 \(e^z\) 状物，我们可以考虑找相反数然后相乘：

\[\begin{aligned} \Gamma(z)&=z^{-1}e^{-\gamma z}\prod_{n=1}^\infty ((1+\frac zn)^{-1}e^{\frac zn})\\ \Gamma(-z)&=-z^{-1}e^{\gamma z}\prod_{n=1}^\infty ((1-\frac zn)^{-1}e^{-\frac zn})\\ \Gamma(z)\Gamma(-z)&=-\frac 1 {z^2}\prod_{n=1}^\infty (1-\frac {z^2}{n^2})^{-1} \end{aligned} \]

然后我们可以用神秘方式知道，主要是我不会证

\[\prod_{n=1}^\infty (1-\frac {z^2}{n^2})^{-1}=\frac {\pi z}{\sin {\pi z}} \]

所以我们知道

\[\begin{aligned} \Gamma (z)\Gamma(-z)&=-\frac 1 z\frac {\pi }{\sin {\pi z}}\\ \Gamma(z)\Gamma(1-z)&=(-z)\times \Gamma (z)\Gamma(-z)\\ &=\frac {\pi}{\sin {\pi z}} \end{aligned} \]

这个叫做余元公式。

使用上面

\[\Gamma(z)=\lim_{n\to \infty}\frac {1\times 2\cdots \times n}{z\times (z+1)\cdots (z+n)}n^z \]

这个公式，我们也能像组合数一样弄出取一半的花活，这个似乎可以用斯特林公式证明，但是由于不会，就先鸽了。

\[\Gamma(z)\Gamma(z+\frac 1 2)=2^{1-2z}\sqrt \pi \Gamma(2z) \]

现在我们来考虑这个阶乘比值里面出现负整数的情况，设 \(a,b\in \N^+\)，则：（下面的是不规范的表述）

\[\begin{aligned} \frac {(-a)!}{(-b)!}&=\frac {\Gamma(-a+1)}{\Gamma(-b+1)}\\ &=\frac {\frac {\pi}{\sin {\pi a}\Gamma(a)}}{\frac {\pi}{\sin {\pi b}\Gamma(b)}}\\ &=\frac {\sin {\pi b}\Gamma(b)}{\sin {\pi a}\Gamma(a)}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac {\sin {(x+\pi b)}}{\sin {(x+\pi a)}}\times \frac {(b-1)!}{(a-1)!}\\ &=(-1)^{a+b}\times \frac {(b-1)!}{(a-1)!} \end{aligned} \]

P143 Q1

求

\[S=\sum_{k=0}^m \binom m k/\binom n k,n\ge m\ge 0 \]

我们考虑

\[\binom n m\binom m k=\binom n k\binom{n-k}{m-k}\\ \binom m k=\binom n k\binom{n-k}{m-k}/\binom n m\\ \]

则：

\[S=\sum_{k=0}^m \binom {n-k}{m-k}/\binom n m\\ =\frac 1 {\binom nm}\sum_{k=0}^m\binom {n-m+k}k\\ =\frac 1 {\binom n m} \binom {n+1}m\\ =\frac {n+1}{n-m+1} \]

P145 Q2

化简

\[S=\sum_{k=0}^nk\binom {m-k-1}{m-n-1}\\ \]

法一：

\[S=\sum_{k=0}^n(m-(m-k))\binom {m-k-1}{m-n-1}\\ =m\sum_{k=0}^n\binom{m-n-1+k}{m-n-1}-\sum_{k=0}(m-k)\binom {m-k-1}{m-n-1} \]

因为

\[\frac n m\binom {n-1}{m-1}=\binom n m\\ n\binom {n-1}{m-1}=m\binom n m \]

所以

\[S=m\binom {m}{m-n}-(m-n)\sum_{k=0}^n\binom {m-k}{m-n}\\ =m\binom m {m-n}-(m-n)\binom {m+1}{m-n+1}\\ =m\binom m {m-n}-(m-n)\frac {m+1}{m-n+1}\binom {m}{m-n}\\ =\frac {n}{m-n+1}\binom m {m-n}=\binom m{n-1} \]

法二：

\[S=\sum_{k=0}^n\binom k 1\binom {m-k-1}{m-n-1}\\ =\binom{m}{m-n+1}=\binom{m}{n-1} \]

P150 Q5

\[S=\sum_k \binom n k\binom sk k \]

\[S=\sum\binom n k\binom {s-1}{k-1}s\\ =s\sum\binom n k\binom {s-1}{s-k}\\ =s\binom {n+s-1}{s} \]

P150 Q6

\[S=\sum_{k\ge 0}\binom {n+k} {2k}\binom {2k}k\frac {(-1)^k}{k+1} \]

\[S=\sum_{k\ge 0}\binom {n}{k}\binom {n+k}k\frac{(-1)^k}{k+1} \]

\[S=\sum\binom {n+1} {k+1}\binom{-n-1}k\frac {1}{n+1}\\ =\frac 1 {n+1}\binom 0 n \]

P152 Q7

\[\sum_{k\ge 0}\binom {n+k} {m+2k}\binom {2k}k\frac {(-1)^k}{k+1} \]

我们发现这跟上面一个的差距就是 \(2k\) 变成了 \(2k+m\)，我们考虑把这个二次项系数拆开。

我们知道

\[\sum_j\binom {j}{m-1}\binom {n+k-1-j}{2k}=\binom {n+k}{m+2k} \]

\[\begin{aligned} S&=\sum_{k}\sum_j\binom j {m-1}\binom {n+k-1-j}{2k}\binom {2k} k\frac {(-1)^k}{k+1}\\ &=\sum_j\binom j {m-1}\sum_{k}\binom {n+k-1-j}{k}\binom {n-j-1}{k}\frac {(-1)^k}{k+1}\\ &=\sum_j\binom j {m-1}\sum_{k}\binom {j-n}{k}\binom {n-j}{k+1}\frac {1}{n-j}\\ &=\sum_j\binom j {m-1}\frac {1}{n-j}\sum_{k}\binom {j-n}{k}\binom {n-j}{n-j-k-1}\\ &=\sum_j\binom j {m-1}\frac {1}{n-j}\binom 0 {n-j-1}\\ &=\sum_j\binom j {m-1}\frac {1}{n-j}[n-j-1=0]\\ &=\binom {n-1}{m-1} \end{aligned} \]

P153 Q8

\[S=\sum_{k\ge 0}\binom {n+k} {2k}\binom {2k}k\frac {(-1)^k}{k+1+m} \]

根据 Q1，我们知道：

\[\sum_{k=0}^m\binom m j/\binom n j=\frac {n+1}{n-m+1}=\frac {-n-1}{m-n-1} \]

将 \(S\) 中的 \(-k-2\) 代替上面式子的 \(n\)，则

\[\frac {k+1}{k+1+m}=\sum_j \binom mj/\binom {-k-2}j \]

所以

\[S=\frac 1 {n+1}\sum \binom {n+k}{k}\binom {n+1}{k+1} {(-1)^k}\sum \binom m j\binom {-k-2}j^{-1}\\ S=\sum_k\sum_j(-1)^k\frac {(n+k)!n!m!j!(-k-2-j)!}{n!k!(k+1)!(n-k)!j!(m-j)!(-k-2)!}\\ S=m!\sum_k\sum_j(-1)^k\frac {(n+k)!(-k-2-j)!}{k!(k+1)!(n-k)!(m-j)!(-k-2)!}\\ \]

根据上文 Gamma 函数，我们知道了负数阶乘的比值，然后你随便推推得到看看具体数学的答案，可以得到：

\[S=\frac {m!n!}{(m+n+1)!}\sum_j(-1)^j\binom {n+1+m}{n+1+j}\sum_k\binom{n+1+j}{k+1+j}\binom{-n-1}{k}\\ \frac {m!n!}{(m+n+1)!}\sum_{j\ge 0}(-1)^j\binom {n+1+m}{n+1+j}\binom j n\\ \]

由 5.24 知道，这个式子在 \(j\ge 0\) 时等于 \(0\)。

5.3 处理的技巧

1.取一半

\[r^{{\underline k}}(r-\frac 1 2)^{{\underline k}}=(2r)^{\underline{2k}}/2^{2k}\\ \binom rk \binom {r-\frac 12 }k=\binom {2r}{2k}\binom {2k}k/2^{2k}\\ \]

令 \(r=k=n\)，得到：

\[\binom {n-\frac 12}{n}=\binom {2n}n/2^{2n},\binom {-\frac 12}{n}=(\frac {-1}4)^n\binom {2n}n \]

2.高阶差分

\[\Delta^nf(x)=\sum_{k=0}^n\binom n k(-1)^{n-k}f(x+k)\\ \Delta^n=(E-1)^n=\sum_{k=0}^n\binom n k(-1)^{n-k}E^k \]

设 \(deg\ f=d\)，则

\[\Delta^nf(0)= \begin{cases} c_n &\text{if } n\le d \\ 0 &\text{if } n>d \end{cases} \]

所以

\[f(x)=\sum_{0\le i\le d} \Delta^if(0)\binom xi\\ \sum\binom n k (-1)^{n-k}f(k)=c_n\\ \sum_k\binom n k(-1)^{n-k}(\sum_jc_j\binom k j)=c_n\\ \sum_k\binom n k(-1)^{k}(\sum_ja_jk^j)=(-1)^nn!c_n\\ \sum_k\binom n k(-1)^{k}f(k)=(-1)^nn!c_n\\ \]

我们考虑证明恒等式：

\[\sum_k\binom n k\binom {r-sk}{n}(-1)^k=s^n\\ 设 f(k)=\binom {r-sk}n\\ =\frac {1}{n!}{(r-sk)^{{\underline n}}}\\ =\frac 1 {n!}(-1)^ns^nk^n+\ldots\\ =(-1)^ns^n\binom k n+\ldots \]

所以 \([z^n]f(z)=\frac {(-1)^ns^n}{n!}\)

所以带入上面的式子即可证明。

然后你令 \(f(x)=(x-1)^{\underline{-1}}=\frac {1}x\)，然后你能得到一些神秘的式子：

\[\Delta^nf(x)=\frac {(-1)^{\underline n}}{x^{{\overline {n+1}}}} \]

然后根据

\[\Delta^nf(x)=\sum_k\binom n k(-1)^{n-k}f(x+k) \]

得到：

\[\sum_k\binom n k\frac{(-1)^k}{x+k}=\frac {n!}{x(x+1)(x+2)\ldots (x+n)}=x^{-1}\binom {x+n}n^{-1} \]

3.反演

似乎本节就介绍了一个二项式反演：

\[f(n)=\sum_k\binom n k(-1)^kg(k)\Leftrightarrow g(n)=\sum_k\binom n k(-1)^kf(k) \]

然后我们可以证明一下这个式子：

\[\begin{aligned} f(i)&=\sum_k\binom i k(-1)^k\sum_j\binom k j(-1)^jf(j)\\ &=\sum_{j}(-1)^jf(j)\sum_k\binom i k \binom k j(-1)^k\\ &=\sum_{j}\binom i j(-1)^jf(j)\sum_k \binom {i-j} {k-j}(-1)^k\\ &=\sum_{j}\binom i j(-1)^jf(j)\sum_{k'} \binom {i-j} {k'}(-1)^{k'+j}\\ &=\sum_{j}\binom i jf(j)\sum_{k'} \binom {k'-i+j-1} {j-i-1}\\ &=\sum_{j}\binom i jf(j)\binom 0 {j-i}=\sum_j[i=j]f(j)=f(i) \end{aligned} \]

而且我们可以知道一个公式：

\[f(n)=\sum_k \binom n kg(k)\Leftrightarrow g(n)=\sum_k(-1)^{n-k}\binom n kf(k) \]

这个可以简单自己证一下。

然后我们对于一个之前推出来的公式反演：

\[\sum_k\binom n k\frac{(-1)^k}{x+k}=\frac 1 x\binom {x+n}n^{-1} \]

设 \(g(k)=\frac {(-1)^k}{x+k}\)，\(f(n)=\frac 1 x\binom {x+n}n^{-1}\)，则：

\[\begin{aligned} \sum_k\binom n kg(k)&=f(n)\\ g(n)&=\sum_k(-1)^{n-k}\binom n kf(k)\\ \frac {(-1)^n}{x+n}&=\sum_k\binom n k(-1)^{n-k}\frac 1 x\binom {x+k}k^{-1}\\ \frac x {x+n}&=\sum_k\binom n k(-1)^k\binom {x+k}k^{-1}\\ \frac x {x+n}&=\sum_k\binom n k\binom {-x-1}k^{-1}\\ \frac {-m-1} {-m-1+n}&=\sum_k\binom n k\binom {m}k^{-1}\\ \frac {m+1} {m+1-n}&=\sum_k\binom n k\binom {m}k^{-1}\\ \end{aligned} \]

天哪，这简直就是 Q1

5.4 生成函数

拉格朗日反演

如果存在 \(F(z),G(z)\) 无常数项，有一次项，且互为复合逆，那么我们有拉格朗日反演和拓展拉格朗日反演：

\[[z^n]G(z)=\frac 1 n[z^{n-1}](\frac {F(z)} {z})^{-n}\\ [z^n]H(G(z))=\frac 1 n[z^{n-1}]H(z)'(\frac {F(z)}z)^{-n}\\ \]

然后我们考虑证明这个东西，首先我们要知道一个引理（形式留数）：

对于无常数项，有一次项的函数 \(F(z)\)：

\[[z^{-1}]F'(z)F^k(z)=[k=-1] \]

证明：

\[k\not=-1 ,[z^{-1}]F'(z)F^k(z)=[z^{-1}](\frac {1}{k+1}F^{k+1}(z))' \]

此时求导不会产生 \([z^{-1}]\) 项。

\[k=-1,[z^{-1}]\frac {F'(z)}{F(z)}=[z^0]\frac {F'(z)}{F(z)/z}=[z^0]\frac {f_1+2f_2z+3f_3z^2+\ldots}{f_1+f_2z+f_3z^2+\ldots}=1 \]

证毕。

然后我们证明一下拉格朗日反演：

\[\begin{aligned} G(F(z))&=z\\ \sum_{i=0}G[i]iF^{i-1}F'&=1\\ \sum_{i=0}G[i]iF^{i-n-1}F'&=F^{-n}\\ \sum_{i=0}G[i]i[z^{-1}]F^{i-n-1}F'&=[z^{-1}]F^{-n}\\ \sum_{i=0}G[i]i[i-n-1=-1]&=[z^{-1}]F^{-n}\\ nG[n]&=[z^{-1}]F^{-n}\\ [z^n]G(z)&=\frac 1 n[z^{n-1}](\frac{F(z)}{z})^{-n}\\ \end{aligned} \]

然后拓展拉格朗日反演就是记 \(T(z)=H(G(z))\)，则 \(T(F(z))=H(G(F(z)))=H(z)\)，然后差不多的流程做即可。

\[\begin{aligned} H(G(F(z)))&=H(z)\\ T(F(z))&=H(z)\\ \sum_{i=0}t_iF^i(z)&=H(z)\\ \sum_{i=0}t_iiF^{i-1}(z)F'&=H'(z)\\ \sum_{i=0}t_iiF^{i-1-n}(z)F'&=H'(z)F^{-n}(z)\\ \sum_{i=0}t_ii[z^{-1}]F^{i-1-n}(z)F'&=[z^{-1}]H'(z)F^{-n}(z)\\ nt_n&=[z^{n-1}]H'(z)(\frac {z}{F(z)})^n\\ [z^n]H(G(z))&=\frac 1 n[z^{n-1}]H'(z)(\frac z {F(z)})^n \end{aligned} \]

但是拉格朗日反演在 \(n=0\) 时不能使用，我们要考虑另外一种方法，我们称其为另类拉格朗日反演及其拓展：

\[[z^n]G(z)=[z^{n-1}](\frac {F(z)}z)^{-n-1}F'(z)\\ [z^n]H(G(z))=[z^n](\frac {F(z)}z)^{-n-1}F'(z)H(z) \]

证明大概是把本来用求导构造出 \(F'\) 变成了两端直接乘 \(F'\) 即可。

\[\begin{aligned} G(F(z))&=z\\ \sum_{i=0}G[i]F^{i}F'&=zF'\\ \sum_{i=0}G[i]F^{i-n-1}F'&=zF'F^{-n-1}\\ \sum_{i=0}G[i][z^{-1}]F^{i-n-1}F'&=[z^{-1}]zF'F^{-n-1}\\ \sum_{i=0}G[i][i-n-1=-1]&=[z^{-2}]F'F^{-n-1}\\ G[n]&=[z^{-2}]F'F^{-n-1}\\ [z^{n}]G(z)&=[z^{n-1}](\frac{F(z)}{z})^{-n-1}F'\\ \end{aligned} \]

拓展也是类似的证明即可。

我们可以把目前知道的四个式子列在一起，方便后面查询

\[\begin{aligned} [z^n]G(z)&=\frac 1 n[z^{n-1}](\frac {F(z)} {z})^{-n}\\ [z^n]H(G(z))&=\frac 1 n[z^{n-1}]H(z)'(\frac {F(z)}z)^{-n}\\ [z^n]G(z)&=[z^{n-1}](\frac {F(z)}z)^{-n-1}F'(z)\\ [z^n]H(G(z))&=[z^n](\frac {F(z)}z)^{-n-1}F'(z)H(z) \end{aligned} \]

我们来个例题：

[ABC222H] Beautiful Binary Tree

对于一个正整数 \(n\)，我们称满足以下条件的有根二叉树是一棵美丽的 \(n\) 阶二叉树。

• 每个节点有一个数字 \(0\) 或 \(1\)，节点 \(i\) 的数字记为 \(a_i\)。
• 每个叶子节点的数字定是 \(1\)。
• 可以通过进行如下的操作至多 \(n - 1\) 次，使得最终根节点上的数字为 \(n\)，其余节点的数字是 \(0\)

选择两个节点 \(u, v\)，其中 \(u\) 需要是 \(v\) 的父节点或父节点的父节点。作赋值 \(a_u\leftarrow a_u + a_v, a_v\leftarrow 0\)。
给定 \(n\)，请计算美丽的 \(n\) 阶二叉树的数量。答案对 \(998244353\) 取模。
\(n \le 10^7\)。

我们考虑什么样的树是合法的。

• 根节点为权值 \(1\)
• 所有点权值和为 \(n\)。
• 不存在一条边上两个都是 \(0\)。

我们不妨设 \(F\) 为这样的树个数且树可以为空的生成函数，\(G\) 为根节点为 \(0\) 其他都满足的树且树不为空个数的生成函数，则：

\[F=z(F+G)^2+1\\ G=F^2-1 \]

然后得到：

\[F=z(F^2+F-1)^2+1 \]

由于 \([z^0]F(z)=1\)，我们令 \(A(z)=F(z)-1\)，则：

\[A(z)=z(A^2(z)+3A(z)+1)^2 \]

构造 \(A\) 的复合逆 \(B\)，则 \(B(z)=\frac {z}{(z^2+3z+1)^2}\)，由拉格朗日反演得到：

\[[z^n]A(z)=\frac 1 n[z^{n-1}](\frac {z}{B(z)})^n\\ =\frac 1 n[z^{n-1}](z^2+3z+1)^{2n}\\ =\frac 1 n\sum_{i=0}^{\lfloor \frac{n-1}2\rfloor} \begin{pmatrix} 2n \\ i\ \ \ n-1-2i\ \ n+i+1 \end{pmatrix} 3^{n-2i-1} \]

然后即可 \(O(n)\) 解决。

2022北大金秋营 D2T4

已知：

\[a_0=1,a_{n+1}=\sum_{i+j+k=n}a_ia_ja_k,n\in \N \]

求 \(a\) 的通项。

直接设 \(a\) 数列生成函数为 \(F(z)=\sum_{i=0}a_iz^i\) 会发现 \([z^0]F(z)=1\)，我们考虑平移，令 \(F(z)=\sum_{i>0}a_{i-1}z^i\)。

令 \(F(G(z))=z\)，所以我们有：

\[\begin{aligned} zF(z)&=F^3(z)+z^2\\ zG(z)&=z^3+G^2(z)\\ G(z)&=\frac {z\pm z\sqrt{1-4z}}{2} \end{aligned} \]

验证后发现 \(G(z)=\frac {z+z\sqrt {1-4z}}2\)，然后拉反一下得到：

\[\begin{aligned}\\ [z^n]F(z)&=\frac 1 n[z^{n-1}](\frac z {G(z)})^n\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}](\frac 2 {1+\sqrt {1-4z}})^n\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}](\frac {2(1-\sqrt {1-4z})}{4z})^n\\ &=\frac 1 {2^nn}[z^{2n-1}]({1-\sqrt{1-4z}})^n\\ a_{n}&=\frac {1}{2^{n+1}(n+1)}[z^{2n+1}](1-\sqrt {1-4z})^{n+1} \end{aligned} \]

现在我们就需要 \([z^{2n+1}](1-\sqrt {1-4z})^{n+1}\)，设 \(f(z)=1-\sqrt{1-4z},h(z)=z^{n+1}\)，\(f(g(z))=z\)，那么：

\[\begin{aligned} f^2(z)-2f(z)+4z&=0\\ g(z)&=-\frac {z^2-2z}{4}\\ [z^{2n+1}]h(f(z))&=\frac 1{2n+1}[z^{2n}]h'(z)(\frac {z}{g(z)})^{2n+1}\\ &=\frac {n+1}{2n+1}[z^n](\frac {4}{2-z})^{2n+1}\\ &=\frac {(n+1)2^{2n+1}}{2n+1}[z^n](\frac 1 {1-\frac 1 2z})^{2n+1}\\ &=\frac {(n+1)2^{2n+1}}{2n+1}\binom {3n}n(\frac 1 2)^n\\ &=\frac {n+1}{2n+1}\binom {3n} n2^{n+1} \end{aligned} \]

所以

\[\begin{aligned} a_n&=\frac {1}{2^{n+1}n}[z^{2n+1}]h(f(z))\\ &=\frac 1 {2^{n+1}(n+1)}\frac {n+1}{2n+1}\binom {3n}n2^{n+1}\\ &=\frac 1 {2n+1}\binom {3n}n \end{aligned} \]

广义二项级数

定义广义二项级数如下：

\[\mathcal B_t(z)=\sum_{n\ge 0}\binom {tn+1}{n}\frac {z^n}{tn+1}=\sum_{n\ge 0}(tn)^{\underline{n-1}}\frac {z^n}{n!} \]

然后关于这个有一些等式：

\[\begin{align} \mathcal B_t(z) &=z\mathcal B_t(z)^t+1\tag{1}\\ \mathcal B_t(z)^r &=\sum_{n\ge 0}\binom {tn+r}{n} \frac {r}{tn+r}z^n\tag{2}\\ \frac{\mathcal B_t(z)^r}{1-t+t\mathcal B_t(z)^{-1}} &=\sum_{n\ge 0}\binom {tn+r}{n} z^n\tag{3}\\ \end{align} \]

我们可以使用拉格朗日反演来证明这些等式。

对于 \((1)\)，我们令 \(F(z)=\mathcal B_t(z)-1\)，那么我们得到：

\[F(z)=z(F(z)+1)^t \]

令 \(G(z)=\frac {z}{(z+1)^t}\)，则我们得到：

\[[z^n]F(z)=\frac 1 n[z^{n-1}](\frac {z}{G(z)})^n=\frac 1 n \binom {nt}{n-1} \]

当 \(n>0\) 时我们有

\[\frac 1 n\binom{nt}{n-1}=\frac {1}{tn+1}\binom{tn+1}n \]

然后对于 \(n=0\) 时明显成立，所以

\[B_t(z)=\sum_{n\ge 0}\binom {tn+1}n\frac {z^n}{tn+1} \]

这样我们就证明了 \((1)\)。

对于 \((2)\)，我们考虑令 \(H(z)=(1+z)^r\)，则运用拓展拉格朗日定理可以知道

\[\begin{aligned} [z^n]\mathcal B_t(z)^r&=\frac 1 n[z^{n-1}]r(1+z)^{tn+r-1}\\ &=\frac r n\binom {tn+r-1}{n-1}\\ \end{aligned} \]

当 \(n>0\) 时，\(\frac r n\binom {tn+r-1}{n-1}=\frac {r}{tn+r}\binom {tn+r}n\)

当 \(n=0\) 时，两者 \([z^0]\) 系数相同，所以 \((2)\) 得证。

对于 \((3)\)，我们设 \(H(z)=\frac {(1+z)^r}{1-t+t(1+z)^{-1}}\)，则：

\[\begin{aligned} [z^n]\mathcal B_t(z)&=\frac 1 n[z^{n-1}](1+z)^{tn}\frac {r(1+z)^{r-1}(1-t+t(1+z)^{-1})+(1+z)^{r-2}t}{(1-t+t(1+z)^{-1})^2}\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}](1+z)^{tn+r}(\frac {r}{1-(t-1)z}+\frac t{(1-(t-1)z)^2})\\ &=\frac 1 n\sum_{i=0}^{n-1}\binom {tn+r}i(r(t-1)^{n-1-i}+t(n-i)(t-1)^{n-1-i})\\ &=\frac {1} n((tn+r)\sum_{i=0}^{n-1}\binom {tn+r}i(t-1)^{n-1-i}-t\sum_{i=0}^{n-1}\binom {tn+r}ii(t-1)^{n-1-i})\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}]((tn+r)\frac {(1+z)^{tn+r}}{1-(t-1)z}-tz\frac {((1+z)^{tn+r})'}{1-(t-1)z})\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}]\frac {(tn+r)(1+z)^{tn+r-1}(1+z-tz)}{1-(t-1)z}\\ &=\frac {tn+r}n\binom {tn+r-1}{n-1}=\binom {tn+r}n \end{aligned} \]

但是有没有更简单的做法呢。

我们考虑运用拓展另类拉格朗日反演：

\[\begin{aligned} [z^n]\mathcal B_t(z)&=[z^n]H(z)G'(z)(\frac z {G(z)})^{n+1}\\ &=[z^n]\frac {(1+z)^r}{1-t+t(1+z)^{-1}}\frac {(1+z)^t-tz(1+z)^{t-1}}{(1+z)^{2t}}(1+z)^{tn+t}\\ &=[z^n]\frac {(1+z)^{r+1}}{1+z-tz}\frac {1+z-tz}{(1+z)^{t+1}}(1+z)^{tn+t}\\ &=[z^n](1+z)^{tn+r}=\binom {tn+r}n \end{aligned} \]

具体数学上使用了牛牛的 Raney 定理进行组合意义的证明，但是不想去看了。

我们考虑给广义二项级数找组合意义，我们发现如下例题：

\(n\) 个点无标号有根 \(m\) 叉树计数，子树顺序可以区分。

我们考虑用符号化方法表示，即 \(\mathcal A=\mathcal E+\mathcal Z\times \mathcal A^m\)，写成生成函数就是 \(F(z)=zF(z)^t+1\)，我们发现这跟 \(\mathcal B_m(z)\) 相同，所以我们就找到了广义二项级数的一个组合意义。

我们考虑把 \((2),(3)\) 等式两端相乘，得到：

\[\mathcal B_t(z)^r\frac {B_t(z)^s}{1-t+t\mathcal B_t(z)^{-1}}=\sum_{n\ge 0}\sum_{k\ge 0}(\binom {tn+r}r\frac r {tn+r})\binom {t(n-k)+s}{n-k}z^n\\ LHS=\frac {\mathcal B_t(z)^{r+s}}{1-t+t\mathcal B_t(z)^{-1}}=\sum_{n\ge 0}\binom {tn+r+s}nz^n \]

所以我们得到恒等式：

\[\sum_{k\ge 0}\binom {tn+r}r\binom {t(n-k)+s}{n-k}\frac r {tn+r}=\binom {tn+r+s}n \]

我们来点习题：

\[\begin{aligned} S&=\sum_{i\ge 0}\frac 1 {2^{n+2i}(n+2i)}\binom {n+2i}i\\ &=\frac 1 {2^nn}\sum_{i\ge 0}\binom {2i+n}{i}\frac{n}{(n+2i)}(\frac 1 4)^i\\ &=\frac 1 {2^nn}\mathcal B_2(\frac 1 4)^n \end{aligned} \]

然后根据

\[\begin{aligned} \mathcal B_2(z)&=z\mathcal B_2(z)^2+1\\ \mathcal B_2(z)&=\frac {1\pm \sqrt{1-4z}}{2z} \end{aligned} \]

然后由于 \([z^0]\mathcal B_2(z)=1\)，所以我们得到：

\[\mathcal B_2(z)=\frac {1-\sqrt {1-4z}}{2z} \]

然后代入 \(S\) 得到 \(S=\frac 1 n\)。

\[\begin{aligned} S&=\sum_k\binom {2k-1}k\binom {4n-2k-1}{2n-k}\frac {(-1)^{k+1}}{(2k-1)(4n-2k-1)}\\ \end{aligned} \]

我们知道：

\[\mathcal B_2(z)^{-1}=-\sum_{k\ge 0}\binom {2k-1}{k}\frac {z^k}{2k-1}\\ \mathcal B_2(-z)^{-1}=\sum_{k\ge 0}\binom {2k-1}{k}\frac {(-1)^{k+1}z^k}{2k-1}\\ \]

\[\begin{aligned} S&=-[x^{2n}]\mathcal B_2(z)^{-1}\mathcal B_2(-z)^{-1}\\ &=-[x^{2n}]\frac {1+\sqrt {1-4z}}2\times \frac {1+\sqrt {1+4z}}2\\ &=-[x^{2n}]\frac {\sqrt{1-16z^2}}4+\frac 1 4+\frac {\mathcal B_2(z)^{-1}}2+\frac {\mathcal B_2(-z)^{-1}}2 \end{aligned} \]

然后我们拆成几部分做：

\[\begin{aligned} [x^{2n}]\sqrt{1-16z^2}&=\binom {\frac 1 2}n(-1)^n16^n\\ &=\binom {n-\frac 2 3}n16^n\\ &=\frac {(2n-3)(2n-5)(2n-7)\ldots (-1)}{n!}8^n\\ &=-\frac 1 {2n-1}\frac {2^n\prod_{i=1}^n(2i-1)}{n!}4^n\\ \end{aligned} \]

我们可以证明：

\[2^n\prod_{i=1}^n{(2i-1)}=(2n)^{\underline n} \]

具体来说就是你构造双射后用勒得让定理随便证一下，所以：

\[\begin{aligned} [x^{2n}]\sqrt{1-16z^2}&=-\frac 1 {2n-1}\binom {2n} n4^n\\ \end{aligned} \]

剩下几项可以类似得到，最后我们得到：

\[S=\frac{\binom {2n}n4^{n-1}}{2n-1}+\frac {\binom {4n-1}{2n}}{4n-1} \]

广义指数级数

定义广义指数级数为：

\[\mathcal E_t(z)=\sum_{n\ge 0}(tn+1)^{n-1}\frac {z^n}{n!} \]

\[\begin{align} \mathcal E_t(z)^{-t}\ln \mathcal E_t(z)&=z\tag{1}\\ \mathcal E_t(z)^{r}&=\sum_{n\ge 0}r(tn+r)^{n-1}\frac {z^n}{n!}\tag{2}\\ \frac {\mathcal E_t(z)^r}{1-zt\mathcal E_t(z)^t}&=\sum_{n\ge 0}(tn+r)^n\frac {z^n}{n!}\tag{3} \end{align} \]

我们考虑证明 \((1)\)，令 \(F(z)=\ln \mathcal E_t(z),H(z)=e^z\)，则 \(\mathcal E_t(z)=H(F(z))\)：

\[\begin{aligned} e^{-tF(z)}F(z)&=z\\ [z^n]\mathcal E_t(z)&=[z^n]H(F(z))\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}]H'(z)(\frac {z}{G(z)})^n\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}]e^z(\frac {z}{e^{-tz}z})^n\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}]e^{z(tn+1)}\\ &=\frac {(tn+1)^{n-1}}{n!} \end{aligned} \]

我们考虑 \((2)\)，发现令 \(H(z)=e^{zr}\) 即可。

然后得到：

\[\begin{aligned} [z^n]\mathcal E_t(z)^r&=[z^n]H(F(z))\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}]re^{rz}(\frac z {G(z)})^n\\ &=\frac r n[z^{n-1}]e^{z(tn+r)}\\ &=r\frac {(tn+r)^{n-1}}{n!} \end{aligned} \]

由于 \((1)\)，我们知道 \(F(z)=\ln \mathcal E_t(z)=\mathcal zE_t(z)^t\)，那么我们就令 \(H(z)=\frac {e^{rz}}{1-tz}\)

\[\begin{aligned} [z^n]\frac {\mathcal E_t(z)^r}{1-zt\mathcal E_t(z)^t} &=[z^{n}]H(F(z))\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}]H(z)'(\frac {z}{G(z)})^n\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}]\frac {re^{rz}(1-tz)+te^{rz}}{(1-tz)^2}e^{tnz}\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}]e^{(tn+r)z}(\frac r {1-tz}+\frac t{(1-tz)^2})\\ \end{aligned} \]

然后接下来套路推一下就行了，实际上是我不想推了

我们考虑另类拉格朗日反演：

\[\begin{aligned} [z^n]\frac {\mathcal E_t(z)^r}{1-zt\mathcal E_t(z)^t} &=[z^n]H(F(z))\\ &=[z^n]H(z)(\frac z {G(z)})^{n+1}G'(z)\\ &=[z^n]\frac {e^{rz}}{1-tz}e^{t(n+1)z}(1-tz)e^{-tz}\\ &=[z^n]e^{(tn+r)z}\\ &=\frac {(tn+r)^n}{n!} \end{aligned} \]

但是非常有趣的是，这个东西可能并没有什么用

为了方便以后查阅，我们可以把所有的式子放在一起：

\[\begin{aligned} \mathcal B_t(z)&=\sum_{n\ge 0}\binom {tn+1}{n}\frac {z^n}{tn+1}\\ \mathcal B_t(z) &=z\mathcal B_t(z)^t+1 \\ \mathcal B_t(z)^r &=\sum_{n\ge 0}\binom {tn+r}{n} \frac {r}{tn+r}z^n\\ \frac{\mathcal B_t(z)^r}{1-t+t\mathcal B_t(z)^{-1}} &=\sum_{n\ge 0}\binom {tn+r}{n} z^n\\ \mathcal E_t(z)&=\sum_{n\ge 0}(tn+1)^{n-1}\frac {z^n}{n!}\\ \mathcal E_t(z)^{-t}\ln \mathcal E_t(z)&=z\\ \mathcal E_t(z)^{r}&=\sum_{n\ge 0}r(tn+r)^{n-1}\frac {z^n}{n!}\\ \frac {\mathcal E_t(z)^r}{1-zt\mathcal E_t(z)^t}&=\sum_{n\ge 0}(tn+r)^n\frac {z^n}{n!} \end{aligned} \]

5.5 超几何函数

一般的超几何级数是一个关于 \(z\) 且带有 \(n+m\) 个参数的幂级数，它用上升的阶乘幂定义如下：

\[\begin{aligned} F\left( \begin{gathered} a_1,\cdots,a_m\\ b_1,\cdots,b_n \end{gathered} \middle|z\right)=F(a_1,\cdots,a_m;b_1,\cdots,b_n;z)=\sum_{k\ge 0}\frac {a_1^{\overline k}\cdots a_m^{\overline k}z^k}{b_1^{\overline k}\cdots b_n^{\overline k}k!} \end{aligned} \]

首先我们可以发现一些常用的：

\[\begin{aligned} F\left(\begin{gathered} 1\\1 \end{gathered}\middle|\ z\right) &=\sum_{k\ge 0}\frac {z^k}{k!}=e^z\\ F\left(\begin{gathered} 1,1\\1 \end{gathered}\middle|\ z\right)&=\sum_{k\ge 0}z^k=\frac {1}{1-z}\\ F\left(\begin{gathered} a,1\\1 \end{gathered}\middle|\ z\right)&=\sum_{k\ge 0}\binom {a-1+k}{k}z^k=\frac {1}{(1-z)^a}\\ F\left(\begin{gathered} -a,1\\1 \end{gathered}\middle|\ -z\right)&=\sum_{k\ge 0}\binom {a-1+k}{k}z^k=(1+z)^a\\ \end{aligned} \]

高斯超几何函数：

\[\begin{aligned} F\left(\begin{gathered} a,b\\c \end{gathered}\middle|\ z\right) =\sum_{k\ge 0}\frac {a^{\overline k}b^{\overline k}z^k}{c^{\overline k}k!} \end{aligned} \]

有一个重要的特殊情形是：

\[\ln (1+z)=zF\left(\begin{gathered} 1,1\\2 \end{gathered}\middle|\ z\right)=z\sum_{k\ge 0}\frac {k!k!(-z)^k}{(k+1)k!}\\ =z-\frac {z^2}2+\frac {z^3}3+\cdots \]

所以我们知道 \(z^{-1}\ln(1+z)\) 是一个超几何函数，但是 \(\ln(1+z)\) 一定不是一个超几何函数，因为超几何级数在 \(z=0\) 时一定为 \(1\)。

我们设一个超几何级数：

\[\begin{aligned} F\left(\begin{gathered} a_1,\cdots a_m\\b_1,\cdots b_n \end{gathered}\middle|\ z\right)=\sum_{k\ge 0}t_kz^k \end{aligned} \]

则我们知道：

\[\frac {t_{k+1}}{t_k}=\frac {(k+a_1)\cdots (k+a_m)z}{(k+b_1)\cdots (k+b_n)(k+1)} \]

然后我们就能构造一些超几何函数。

比如

\[\sum_{k\le n}\binom {r+k}k=\sum_{k\ge 0}\binom {r+n-k}{n-k}=\sum_{k\ge 0}\frac {(r+n-k)!}{r!(n-k)!}=\sum_{k\ge 0}t_k \]

所以

\[\frac {t_{k+1}}{t_k}=\frac {(r+n-k-1)!r!(n-k)!}{r!(n-k-1)!(r+n-k)!}=\frac {n-k}{r+n-k}\\ =\frac {(k+1)(k-n)(1)}{(k-n-r)(k+1)}\\ t_0=\binom {n+r}n \]

所以我们得到：

\[\begin{aligned} \binom {n+r}n F\left(\begin{gathered} 1,-n\\-n-r \end{gathered}\middle|\ 1\right)=\binom {n+r+1}n\\ F\left(\begin{gathered} 1,-n\\-n-r \end{gathered}\middle|\ 1\right)=\frac {r+n+1}{r+1} \end{aligned} \]

我们看一看范德蒙德卷积：

\[%\begin{aligned} \sum_k\binom rk \binom s {n-k}=\binom {r+s}k\\ t_k=\frac {r!s!}{(r-k)!k!(s-n+k)!(n-k)!}\\ \frac {t_{k+1}}{t_k}=\frac {(k-r)(k-n)}{(k+1)(s-n+k+1)}\\ \binom sn F\left(\begin{gathered} -r,-n\\s-n+1 \end{gathered}\middle|\ 1\right) =\binom {r+s}n %\end{aligned} \]

所以我们可以知道：

\[F\left(\begin{gathered} a,b\\c \end{gathered}\middle|\ 1\right)=\frac {(c-a-b-1)!(c-1)!}{(c-a-1)!(c-b-1)!} %=\frac {\Gamma (c-a-b)\Gamma(c)}{\Gamma (c-a)\Gamma(c-b)} %;(b\in \Z,b\ge 0)，或者 \mathfrak R_c>\mathfrak R_a+\mathfrak R_b \]

很抱歉，P176~P213 页内容鸽了

第六章 特殊的数

6.1 斯特林数

P220

求证：

\[\begin{aligned} x^n=\sum_k{n\brace k}(-1)^{n-k}x^{\overline k}\\ x^{\underline n}=\sum_k{n\brack k}(-1)^{n-k}x^ k\\ \end{aligned} \]

考虑归纳

\[\begin{aligned} x^{n+1}&=x\times x^{n}\\ &=x\sum_k{n\brace k}(-1)^{n-k}x^{\overline k}\\ &=\sum_k{n\brace k}(-1)^{n-k}x^{\overline{k+1}}-\sum_kk{n\brace k}(-1)^{n-k}x^{\overline{k}}\\ &=\sum_k{n\brace k-1}(-1)^{n-k+1}x^{\overline{k}}+\sum_kk{n\brace k}(-1)^{n-k+1}x^{\overline{k}}\\ &=\sum_k({n\brace k-1}+k{n\brace k})(-1)^{n+1-k}x^{\overline{k}}\\ &=\sum_k{n+1\brace k}(-1)^{n+1-k}x^{\overline k} \end{aligned} \]

另外一个差不多的方式证明。

我们需要一些神秘的东西，比如斯特林数的生成函数。

我们先考虑第二类斯特林数·行：

\[m^n=\sum_{k\ge 0}{n\brace k}m^{\underline k}=\sum_{k=0}^n{n\brace k}k!\binom m k \]

然后二项式反演一下，得到：

\[\begin{aligned} {n\brace m}m!&=\sum_{k=0}^m\binom m kk^n(-1)^{m-k}\\ {n\brace m}&=\sum_{k=0}^m\frac {k^n}{k!}\times\frac {(-1)^{m-k}}{(m-k)!}\\ \therefore \sum_{i\ge 0}{n\brace i}z^i&=e^{-z}(\sum_{k\ge 0}\frac {k^n}{k!}z^k) \end{aligned} \]

然后对于第二类斯特林数·列，我们考虑符号化方法，我们设一个盒子的 EGF 为 \(F(z)\)，那么 \(F(z)=e^z-1\)，则 \(m\) 个相同盒子的 EGF 就是 \(\frac {F^m(z)}{m!}\)，所以我们得到：

\[\sum_{i\ge 0}{i\brace m}\frac {z^i}{i!}=\frac {(e^z-1)^m}{m!} \]

对于第一类斯特林数·行，我们发现上升幂展开就是了，所以：

\[\sum_{i\ge 0}{n\brack i}z^i=z^{\overline n} \]

然后对于第一类斯特林数·列，我们还是使用符号化方法。

我们考虑令一个圆排列的生成函数为 \(F(z)\)，则 \(F(z)=\sum_{n\ge 1}\frac {z^n}n=-\ln(1-z)\)，所以我们得到：

\[\sum_{i=0}{i\brack m}\frac {z^i}{i!}=\frac {(-\ln(1-z))^m}{m!} \]

那么我们将所有式子放在一起，得到：

\[\begin{aligned} \sum_{i\ge 0}{n\brace i}z^i&=(\sum_{k\ge 0}\frac {(-1)^k}{k!}z^k)(\sum_{k\ge 0}\frac {k^n}{k!}z^k)\\ \sum_{i\ge 0}{i\brace m}\frac {z^i}{i!}&=\frac {(e^z-1)^m}{m!}\\ \sum_{i\ge 0}{n\brack i}z^i&=z^{\overline n}\\ \sum_{i=0}{i\brack m}\frac {z^i}{i!}&=\frac {(-\ln(1-z))^m}{m!} \end{aligned} \]

斯特林反演：

\[f(n)=\sum_i{n\brace i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i}(-1)^{n-i}{n\brack i}f(i)\\ f(n)=\sum_i{n\brack i}g(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum_{i}(-1)^{n-i}{n\brace i}f(i)\\ \]

你先证一下反转公式：

\[\sum_i(-1)^{n-i}{n\brack i}{i\brace m}=[m=n]\\ \sum_i(-1)^{n-i}{n\brace i}{i\brack m}=[m=n]\\ \]

之后随便证一下就行了。

我们证明第一个反转公式：

\[\begin{aligned} n^m&=\sum_k{m\brace k}n^{\underline k}\\ &=\sum_k{m\brace k}(-1)^k(-n)^{\overline k}\\ &=\sum_k{m\brace k}(-1)^k\sum_j{k\brack j}(-n)^j\\ &=\sum_jn^j\sum_{k}{m\brace k}{k\brack j}(-1)^{k-j}\\ \sum_k{m\brace i}{i\brack n}(-1)^{m-i}&=[n=m] \end{aligned} \]

负数斯特林数：

\[{n\brace k}={-k\brack -n} \]

而且第二类斯特林数一列有 OGF 的形式：

\[\sum{n\brace m}z^n=\frac {z^m} {\prod_{i=1}^m(1-iz)} \]

还有第一，二类斯特林数一行的 EGF

\[\begin{aligned} {n\brack k}&=\frac {n!}{k!}\times \frac k n[z^{n-k}](\frac z {e^z-1})^n\\ {n\brace k}&=\frac {n!}{k!}\times \frac k n[z^{n-k}](\frac z {\ln(1+z)})^n\\ \end{aligned} \]

即：

\[\begin{aligned} \sum_{n\ge 0} \frac {{m\brace m-n}}{\binom {m-1}n}\frac {z^n}{n!}&=(\frac z {\ln(z+1)})^m\\ \sum_{n\ge 0} \frac {{m\brack m-n}}{\binom {m-1}n}\frac {z^n}{n!}&=(\frac z {1-e^{-z}})^m\\ \end{aligned} \]

我们先考虑证明第一个：

\[\begin{aligned} (\frac z{\ln(1+z)})^m&=z^m\ln^{-m}(1-(1-z))\\ &=(-z)^m\times \ln^{-m}(\frac 1 {1-(-z)})\\ &=(-z)^{m}(-m)!\sum_{n}{n\brack -m}\frac {(-z)^n}{n!}\\ &=(-z)^{m}(-m)!\sum_{n}{m\brace -n}\frac {(-z)^n}{n!}\\ &=\sum_n{m\brace n}(-z)^{m-n}\frac {\Gamma(n)\sin{\pi n}}{\Gamma(m)\sin{\pi m}}\\ &=\sum_n{m\brace n}(-z)^{m-n}\frac {(n-1)!}{(m-1)!}(-1)^{m-n}\\ &=\sum_n{m\brace m-n}z^{n}\frac {(m-n-1)!}{(m-1)!}\\ &=\sum_n\frac {{m\brace m-n}}{\binom {m-1}n}\frac{ z^{n}}{n!} \end{aligned} \]

然后用另一种方法证明第二个：

\[\begin{aligned} {n\brack n-i}(n-i)!&=[\frac {z^n}{n!}](\ln\frac 1 {1-z})^{n-i}\\ &=[\frac {z^n}{n!}t^{n-i}]\sum_{i\ge 0}(t\ln \frac 1 {1-z})^i\\ &=[\frac {z^n}{n!}t^{n-i}]\frac {1}{1-t\ln \frac 1 {1-z}}\\ \end{aligned} \]

令 \(F(z)=\ln \frac 1 {1-z},H(z)=\frac 1 {1-tz}.G(z)=1-e^{-z}\)，对 \(z\) 使用拓展拉格朗日反演可得：

\[\begin{aligned} [z^{n}t^{n-i}]H(F(z))&=\frac 1 n[z^{n-1}t^{n-i}]H'(z)(\frac z {G(z)})^{n}\\ &=\frac 1 n[z^{n-1}t^{n-i}]\frac t {(1-tz)^2}\times ({\frac {z}{1-e^{-z}}})^{n}\\ &=\frac {n-i} n[z^{i}](\frac z {1-e^{-z}})^n\\ \end{aligned} \]

所以：

\[\begin{aligned} {n\brack n-i}(n-i)! &=(n-1)!(n-i)[z^{i}](\frac z {1-e^{-z}})^n\\ {n\brack n-i}\frac {(n-i-1)!}{(n-1)!}&=[z^i](\frac z {1-e^{-z}})^n\\ \sum_{i\ge 0}\frac {{n\brack n-i}}{\binom {n-1}i}\frac {z^i}{i!}&=(\frac z {1-e^{-z}})^n\\ (\frac z {1-e^{-z}})^m&=\sum_{n\ge 0} \frac {{m\brack m-n}}{\binom {m-1}n}\frac {z^n}{n!} \end{aligned} \]

P221

\[\begin{align} {n+1\brace m+1}&=\sum_k\binom n k{k\brace m}\tag{6.15}\\ {n+1\brack m+1}&=\sum_k{n\brack k}\binom k m\tag{6.16}\\ {n\brace m}&=\sum_k\binom n k{k+1\brace m+1}(-1)^{n-k}\tag{6.17}\\ {n\brack m}&=\sum_k{n+1\brack k+1}\binom k m(-1)^{m-k}\tag{6.18}\\ m!{n\brace m}&=\sum_k\binom m kk^n(-1)^{m-k}\tag{6.19}\\ {n+1\brace m+1}&=\sum_{k=0}{k\brace m}(m+1)^{n-k}\tag{6.20}\\ {n+1\brack m+1}&=\sum_{k=0}{k\brack m}n^{\underline{n-k}}\tag{6.21}\\ {n+m+1\brace m}&=\sum_kk{n+k\brace k}\tag{6.22}\\ {n+m+1\brack m}&=\sum_k(n+k){n+k\brack k}\tag{6.23}\\ \binom n m&=\sum_k{n+1\brace k+1}{k\brack m}(-1)^{m-k}\tag{6.24}\\ n^{\underline{n-m}}[n\ge m]&=\sum_k{n+1\brack k+1}{k\brace m}(-1)^{m-k}\tag{6.25}\\ {n\brace n-m}&=\sum_k\binom{m-n}{m+k}\binom {m+n}{n+k}{m+k\brack k}\tag{6.26}\\ {n\brack n-m}&=\sum_k\binom{m-n}{m+k}\binom {m+n}{n+k}{m+k\brace k}\tag{6.27}\\ {n\brace l+m}\binom {l+m}l&=\sum_k{k\brace l}{n-k\brace m}\binom n k\tag{6.28}\\ {n\brack l+m}\binom {l+m}l&=\sum_k{k\brack l}{n-k\brack m}\binom n k\tag{6.29}\\ \end{align} \]

我们对于一组对偶的式子，只证明其中一个。

\(6.15\) 求证：

\[\begin{aligned} {n+1\brace m+1}&=\sum_k\binom n k{k\brace m}\\ \\ \text{RHS's EGF}&=e^z\frac {(e^z-1)^m}{m!}\\ \text{RHS}&=[\frac {z^n}{n!}]\frac {(e^z-1)^{m+1}}{m!}+{n\brace m}\\ &=[\frac {z^n}{n!}](m+1)\frac {(e^z-1)^{m+1}}{(m+1)!}+{n\brace m}\\ &=(m+1){n\brace m+1}+{n\brace m}\\ &={n+1\brace m+1} \end{aligned} \]

\(6.17\) 求证：

\[\begin{aligned} {n\brace m}&=\sum_k\binom n k{k+1\brace m+1}(-1)^{n-k}\\ \\ \\ \because \sum_{k=0}{k+1\brace m+1}\frac {x^k}{k!}&=(\sum_k {k+1\brace m+1}\frac {x^{k+1}}{(k+1)!})'\\ &=\frac {e^x(e^x-1)^m}{m!}\\ \therefore \text{RHS's EGF}&=\frac {e^z(e^z-1)^m}{m!}\times e^{-z}\\ &=\text{LHS's EGF} \end{aligned} \]

\(6.20\) 求证：

\[\begin{aligned} {n+1\brace m+1}=\sum_k{k\brace m}(m+1)^{n-k} \end{aligned} \]

由于卷积时没有产生组合数，所以我们考虑 OGF，我们考虑比值：

\[\begin{aligned} t&=\frac {\sum_k{k+1\brace m+1}z^k}{\sum_k{k\brace m}z^k}\\ &=\frac {\sum_k((m+1){k\brace m+1}+{k\brace m})z^k}{\sum_k{k\brace m}z^k}\\ &=1+\frac {(m+1)z\sum_{k}{k+1\brace m+1}z^k}{\sum_k{k\brace m}z^k}\\ &=1+(m+1)zt\\ t&=\frac 1{1-(m+1)z}=\sum_k(m+1)^k \end{aligned} \]

得证。

\(6.22\) 求证：

\[\begin{aligned} {n+m+1\brace m}&=\sum_k^mk{n+k\brace k}\\ \sum_kk{n+k\brace k}&=\sum_{k=0}^m{n+k+1\brace k}-{n+k\brace k-1}\\ &={m+n+1\brace m} \end{aligned} \]

\(6.24\) 求证：

\[\begin{aligned} \binom n m&=\sum_k{n+1\brace k+1}{k\brack m}(-1)^{m-k}\\ \end{aligned} \]

我们对于 \({n+1\brace k+1}\) 进行斯特林反演转成 \(6.18\)。

\(6.26\) 求证：

\[\begin{aligned} {n\brace n-m}&=\sum_k\binom {m-n}{m+k}\binom {m+n}{m-k}{m+k\brack k} \end{aligned} \]

我们知道

\[\begin{aligned} {n\brace n-m}&=\binom {n-1}m[\frac {z^m}{m!}](\frac z {\ln(1+z)})^n\\ &=\binom {n-1}m[\frac {z^m}{m!}](\frac 1 {1-(1-\frac {\ln(1+z)}{z})})^n\\ &=\binom {n-1}m[\frac {z^m}{m!}]\sum_i\binom {i+n-1}{n-1}(1-\frac {\ln(1+z)}z)^i\\ &=\binom {n-1}m[\frac {z^m}{m!}]\sum_i\binom {i+n-1}{n-1}\sum_j\binom i j(-\frac {\ln(1+z)}z)^j\\ &=\binom {n-1}m\sum_{j=0}^m[\frac {z^{m+j}}{m!}](-\ln(1+z))^j\sum_i^m\binom i j\binom {j+n-1}{n-1}\\ &=\binom {n-1}m\sum_{j=0}^m(-1)^{m+j}[\frac {(-z)^{m+j}}{m!}](-\ln(1-(-z)))^j\binom {j+n-1}{n-1}\sum_{i=j}^m\binom {i+n-1}{j+n-1}\\ &=\binom {n-1}m\sum_{j=0}^m(-1)^{m+j}[\frac {z^{m+j}}{m!}](-\ln(1-z))^j\binom {j+n-1}{n-1}\binom {n+m}{n+j}\\ &=\sum_{j}(-1)^{m+j}\frac {m!j!}{(m+j)!}\binom {n-1}m\binom {j+n-1}{n-1}\binom {n+m}{n+j}{m+j\brack j}\\ &=\sum_{j}(-1)^{m+j}\binom {j+n-1}{m+j}\binom {n+m}{n+j}{m+j\brack j}\\ &=\sum_j\binom {m-n}{m+j}\binom {n+m}{n+j}{m+j\brack j}\\ \end{aligned} \]

\(6.28\) 求证：

\[\begin{aligned} {n\brace l+m}\binom {l+m}l&=\sum_k{k\brace l}{n-k\brace m}\binom {n}k\\ {n\brace l+m}\binom {l+m}l\frac {z^n}{n!}&=(\sum_k{k\brace l}\frac {z^k}{k!})\times (\sum_k{k\brace m}\frac {z^k}{k!})\\ \binom {l+m}l[\frac {z^n}{n!}]\frac {(-\ln(1-z))^{l+m}}{(l+m)!}&=[\frac {z^n}{n!}]\frac {(-\ln(1-z))^{l}}{l!}\times \frac {(-\ln(1-z))^{m}}{m!}\\ LHS&=RHS \end{aligned} \]

证毕。

6.2 欧拉数

欧拉数我们用

\[\begin{aligned} \left \langle\begin{matrix} n\\k \end{matrix}\right \rangle \end{aligned} \]

表示，其表示有 \(k\) 个升高的排列 \(\pi_1,\pi_2,\pi_3,\cdots,\pi_n\)，其中有 \(k\) 个地方有 \(\pi_i<\pi_{i+1}\)。

那么我们可以知道一些性质：

\[\begin{align} \left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle &=\left \langle\begin{matrix}n\\n-1-k\end{matrix}\right \rangle\tag1\\ \left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle&=(k+1)\left \langle\begin{matrix}n-1\\k\end{matrix}\right \rangle+(n-k)\left \langle\begin{matrix}n-1\\k-1\end{matrix}\right \rangle\tag2\\ \left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle&= \sum_{i=0}^m\binom {n+1}i(k+1-i)^n(-1)^i\tag3\\ m!{n\brace m}&=\sum_k\left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle \binom k {n-m}\tag4\\ \left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle&=\sum_i{n\brace i}\binom {n-i}k (-1)^{n-k-i}i!\tag5\\ z^n&=\sum_k \left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle\binom {z+k}n\tag6 \end{align} \]

\((1)\) 我们可以用对称性证明，\((2)\) 我们可以考虑插入最大值。

\((3)\) 我们考虑使用二项式反演证明：

我们考虑令 \(<\) 为一条边，则 \(k\) 个升高就有 \(n-k\) 个连通块，我们考虑钦定 \(n-k\) 个连通块的方案数，为 \({n\brace n-k}(n-k)!\)，则我们知道：

\[\begin{aligned} {n\brace n-k}(n-k)!&=\sum_{i=k}^n\binom i k\left \langle\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right \rangle\\ \left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle &=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom i k {n\brace n-i}(n-i)!\\ &=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom i k \sum_{j=0}^{n-i}j^n\binom {n-i}j(-1)^{n-i-j}\\ &=\sum_{j=1}^{n-k}j^n(-1)^{n-k-j}\sum_i\binom i k\binom{n-i}j\\ &=\sum_{i=1}^{n-k}i^n(-1)^{n-k-i}\binom {n+1}{k+i+1}\\ \left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle &=\left \langle\begin{matrix}n\\n-1-k\end{matrix}\right \rangle\\ &=\sum_{i=1}^{k+1}i^n(-1)^{k+1-i}\binom {n+1}{k+1-i}\\ &=\sum_{i=0}^k(k+1-i)^n(-1)^i\binom {n+1}i \end{aligned} \]

最后一步是令 \(i=k+1-i\)，由此 \((3)\) 得证，而且我们发现，我们在把斯特林数化成通项公式的前一步用 \(n-i\) 代替 \(i\) 即可证明 \((5)\)。

对于 \((4)\)，我们考虑将 \((5)\) 代入：

\[\begin{aligned} m!{n\brace m}&=\sum_{i=n-m}^n\binom i {n-m}\sum_{j=0}^{n-i}{n\brace j}\binom {n-j}i(-1)^{n-i-j}j!\\ &=\sum_{j=0}^m{n\brace j}j!\sum_{i=n-m}^{n-j}\binom {i}{n-m}\binom {n-j}i(-1)^{n-i-j}\\ &=\sum_{j=0}^m{n\brace j}j!\binom {n-j}{n-m}\sum_{i=n-m}^{n-j}\binom {m-j}{i-n+m}(-1)^{n-i-j}\\ &=\sum_{j=0}^m{n\brace j}j!\binom {n-j}{n-m}(-1)^{m-j}\sum_{i=n-m}^{n-j}\binom {j-n-1+i}{j-m-1}\\ &=\sum_{j=0}^m{n\brace j}j\binom {n-j}{n-m}(-1)^{m-j}\binom 0 {j-m}\\ &={n\brace m}m! \end{aligned} \]

\((6)\) 又叫做 Worpitzky 恒等式，我们考虑证明：

\[\begin{aligned} z^n&=\sum_{i=0}^n{n\brace i}z^{\underline i}\\ &=\sum_{i=0}^n\binom {z}i{n\brace i}i!\\ &=\sum_{i=0}^n\binom{z}i\sum_{k=n-i}^n \left\langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle\binom k {n-i}\\ &=\sum_{k=0}^n\left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle\sum_{i=n-k}^n\binom {z}i\binom k {n-i}\\ &=\sum_{k=0}^n\left \langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right \rangle\binom {z+k}n \end{aligned} \]

然后我们就证明了具体数学上欧拉数的全部等式，且没有使用 shaber 归纳法。

CF1349F1 Slime and Sequences (Easy Version)

对于正整数序列 \(p\)，定义 \(p\) 是好的，当且仅当如果 \(k\) 在 \(p\) 中出现过，那么在 \(k\) 的最后一次出现之前，有 \(k-1\) 出现过。
设所有长度为 \(n\) 的好的序列组成的集合为 \(S_n\)。对于序列 \(p\) 和正整数 \(i\) 定义 \(f_p(i)\) 为 \(i\) 在 \(p\) 中出现的次数。现在请你对于所有 \(i \in [1,n]\)，求出

\[\sum_{p \in S_n} f_p(i) \]

对 \(998\ 244\ 353\) 取模的结果。
\(n\le 5000\)

我们观察样例大概可以知道 \(p\) 的数量是 \(n!\)，我们考虑构造排列和好的序列的双射。

我们考虑如何从序列到排列，我们将 \(1\) 的位置找出来，从大到小排序，然后找出 \(2\) 的位置，从大到小排序后接在后面 \(\cdots\) ，然后我们发现，对于两个不同的合法序列，其构造出来的排列一定不同。

然后对于一个构造出来的排列，我们考虑如何得到序列，我们不妨发现原排列得到若干个下降段，而且同一段内权值相同，相邻的段权值相差 \(1\)，我们发现对于不同的排列，我们构造出来的序列也一定不同。

我们考虑如何计算答案，我们考虑第 \(i\) 个位置为对权值 \(j\) 的贡献，那么我们知道，我们前面部分有 \(j-1\) 个 \(<\) 符号，而后面可以乱放，然后我们就知道 \(j\) 的答案为：

\[\begin{aligned} ans_j&=\sum_{i=1}^n\binom n i(n-i)!\left \langle\begin{matrix}i\\j-1\end{matrix}\right \rangle\\\\ &=\sum_{i=1}^n\left \langle\begin{matrix}i\\j-1\end{matrix}\right \rangle\frac {n!}{i!} \end{aligned} \]

6.3 调和数

我们定义 \(r\) 次调和数：

\[H_n^{(r)}=\sum_{k=1}^n\frac 1 {k^r} \]

如果 \(r>1\)，当 \(n\to \infty\) 时趋向一个极限，我们将其定义为黎曼函数。

\[\zeta (r)=H_{\infty}^{(r)}=\sum_{k\ge 1}\frac 1 {k^r} \]

我们可以用广义调和数来近似通常的调和数 \(H_n^{(1)}\)，我们考虑无穷级数：

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

然后我们对于 \(k\in [2,n]\)，左右两端求和，得到：

\[\begin{aligned} \ln n-\ln 1&=\sum_{k=2}^n{\frac 1 k+\frac 1 {2k^2}+\frac 1 {3k^3}+\cdots}\\ \ln n&=(H_n-1)+\frac 1 2 (H_n^{(2)}-1)+\frac 1 3(H_n^{(3)}-1)+\cdots\\\ H_n-\ln n&=1-\frac 1 2 (H_n^{(2)}-1)-\frac 1 3(H_n^{(3)}-1)-\cdots \end{aligned} \]

\(n\to \infty\) 时，右边趋近于极限值

\[1-\frac 12 (\zeta(2)-1)-\frac1 3(\zeta(3)-1)-\cdots \]

我们可以证明这是一个常数，这个数就是欧拉常数，我们用字母 \(\gamma\) 表示，我们可以计算出其大概范围：

\[\gamma =0.5772156649\cdots \]

所以我们知道：

\[\lim_{n\to \infty}(H_n-\ln n)=\gamma \]

我们还可以证明一些等式：

\[\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n-1}H_k&=\sum_{i=1}^{n-1}\sum_{j=1}^i\frac 1 j\\ &=\sum_{j=1}^{n}\frac {n-j}j\\ &=nH_{n}-n \end{aligned} \]

6.4 调和求和法

这一章好像就是用有限微积分来计算调和数相关求和问题。

1.计算：

\[\begin{aligned} \sum_{0\le k<n}kH_k&=\textstyle \sum_0^nxH_x\delta x\\ \end{aligned} \]

我们取 \(u(x)=H_x,\Delta v(x)=x\)，则我们知道 \(\Delta u(x)=(x+1)^{-1},v(x)=\frac {x^{\underline 2}}2,\text Ev(x)=\frac {(x+1)^{\underline 2}}2\)。

这样我们得到：

\[\begin{aligned} \sum x H_x\delta x&=\frac {x^{\underline 2}}2H_x-\sum\frac {(x+1)^{\underline 2}}2\times (x+1)^{-1}\delta x\\ &=\frac {x^{\underline 2}}2H_x-\frac 1 2\sum x\delta x\\ &=\frac {x^{\underline 2}}2H_x-\frac 1 4x^{\underline 2}+C\\ \textstyle \sum_0^nxH_x\delta x&=\frac {x^{\underline 2}}2H_x-\frac 1 4x^{\underline 2} \end{aligned} \]

2.计算：

\[\sum_{0\le k<n}\binom k mH_k=\textstyle \sum_0^n\binom x mH_x\delta x \]

我们取 $u(x)=H_x,\Delta v(x)=\binom xm $，则我们知道 \(\Delta u(x)=(x+1)^{-1},v(x)=\binom x {m+1},\text Ev(x)=\binom {x+1}{m+1}\)。

\[\begin{aligned} \textstyle\sum \binom x mH_x\delta x&=\binom x {m+1}H_x-\textstyle \sum\binom {x+1}{m+1}\frac 1{x+1}\delta x\\ &=\binom x {m+1}H_x-\frac1 {m+1}\textstyle \sum\binom x m\delta x\\ \textstyle\sum_0^nx\binom x mH_x\delta x&=\binom {n}{m+1}H_n-\frac 1 {m+1}\sum_{i=0}^{n-1}\binom i m\\ &=\binom n {m+1}(H_n-\frac 1 {m+1}) \end{aligned} \]

3.计算：

\[\begin{aligned} S_n&=\sum_{k=1}^n\frac {H_k}k\\ &=\sum_{1\le j\le k\le n}\frac 1 {jk}\\ \end{aligned} \]

由于我们知道：

\[\sum_{1\le i\le j\le n}a_ia_j=\frac 1 2((\sum_{k=1}^na_k)^2+\sum_{k=1}^na_k^2) \]

所以

\[\begin{aligned} S_n&=\frac 1 2(H_n^2+H_n^{(2)})\\ \end{aligned} \]

还有一个例题鸽掉了

6.5 伯努利数

我们记

\[S_m(n)=\sum_{i=0}^{n-1}i^m=\sum_0^nx^m\delta x \]

然后伯努利数的定义是：

\[\begin{aligned} \sum_{j=0}^m \binom {m+1}jB_j&=0\\ B_0&=1 \end{aligned} \]

我们可以得到一个递推公式：

\[S_m(n)=\frac 1 {m+1}\sum_{k=0}^m\binom {m+1}kB_kn^{m+1-k} \]

我们考虑用伯努利数的生成函数证明，我们考虑 EGF

\[\begin{aligned} \sum_{j=0}^{m+1}\binom {m+1}jB_j&=[m=0]+B_{m+1}\\ \sum_{j=0}^{m}\binom {m}jB_j&=[m=1]+B_{m}\\ \sum_{j=0}^{m}\frac {B_j}{j!}\times \frac1 {(m-j)!}&=[m=1]+\frac {B_{m}}{m!}\\ \end{aligned} \]

我们设 \(B(z)=\sum_{n\ge 0}\frac {B_n}{n!}z^n\)，那么我们得到

\[\begin{aligned} B(z)e^z&=z+B(z)\\ B(z)&=\frac z {e^z-1} \end{aligned} \]

我们再设 \(F_n(z)=\sum_{m\ge 0}\frac {S_m(n)}{m!}z^m\)，则我们得到：

\[\begin{aligned} F_n(z)&=\sum_{m\ge 0}\frac {S_m(n)}{m!}z^m\\ &=\sum_{m\ge 0}\sum_{i=0}^{n-1}\frac {i^m}{m!}z^m\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{m\ge 0}\frac {i^mz^m}{m!}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}e^{iz}\\ &=\frac {e^{nz}-1}{e^z-1}\\ &=\frac z {e^z-1}\times \frac {e^{nz}-1}{z}\\ &=B(z)\frac {e^{nz}-1}z\\ &=(\sum_{i\ge 0}\frac {B_i}{i!})(\sum_{i\ge 0}\frac {n^{i+1}z^{i}}{(i+1)!}) \end{aligned} \]

因为 \(S_m(n)=m![z^m]F_n(z)\)，所以我们知道

\[\begin{aligned} S_m(n)&=m!\sum_{i=0}\frac {B_i}{i!}\times\frac {n^{m-i+1}}{(m-i+1)!}\\ &=\frac 1 {m+1}\sum_{i=0}^m\binom {m+1}iB_in^{m-i+1} \end{aligned} \]

我们可以证明一些神秘的东西

\(\forall n\ge 1,B_{2n+1}=0\)。

考虑令 \(g(z)=B(z)-B_1z\)，则我们知道：

\[\begin{aligned} g(z)&=\frac z {e^z-1}+\frac z 2\\ &=\frac {z(e^z+1)}{2(e^z-1)}\\ &=\frac {z(e^{z/2}+e^{-z/2})}{2(e^{z/2}-e^{-z/2})} \end{aligned} \]

所以我们得到 \(g(z)\) 是偶函数，没有非 \(0\) 奇数次项，所以结论成立。

伯努利数还有一个知名运用是其与双曲函数的关系。

我们考虑

\[\sinh z=\frac {e^z-e^{-z}}2,\cosh z=\frac {e^z+e^{-z}}2 \]

所以我们就可以知道

\[g(z)=\frac z 2\coth \frac {z}2 \]

妈的这坨东西真的有神秘作用吗？感觉不如：

\[\sin z=-i\sinh {iz},\cos z=\cosh {iz} \]

\[\begin{aligned} S_m(z)&=\sum_{k=0}^{z-1}k^m\\ &=\sum_{k=0}^{z-1}\sum_j{m\brace j}k^{\underline j}\\ &=\sum_{j\ge 0}{m\brace j}\sum_{k=0}^{z-1}k^{\underline j}\\ &=\sum_{j\ge 0}{m\brace j}\frac {z^{\underline{j+1}}}{j+1}\\ &=\sum_{j\ge 0}{m\brace j}\frac 1 {j+1}\sum_{k\ge 0}{j+1\brack k}z^k(-1)^{j+1-k}\\ &=\sum_{k\ge 0}z^k\sum_{j\ge 0}\frac {1}{j+1}{m\brace j}(-1)^{j+1-k}{j+1\brack k} \end{aligned} \]