简单习题的复杂化经历

本文将展现博主的下饭操作，可能长期更新。

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\[f_n=\sum_{i\ge 1}\binom{n}{i}(-1)^{i-1}\dfrac{1}{i} \]

\[=-\sum_{i\ge 1}\binom{n}{i}(-1)^i\int_0^1x^{i-1}dx=-\int_0^1\dfrac{(1-x)^n-1}{x}dx \]

\[=-\int_0^1\dfrac{t^n-1}{t-1}dt=\left.-(\sum_{i=1}^n\dfrac{t^i}{i})\right|_0^1=\left.(\sum_{i=1}^n\dfrac{(1-x)^i}{i})\right|_1^0 \]

\[=\sum_{i=1}^n\dfrac{1}{i} \]

调和数的出现不禁让人思考有没有更简单的做法。
观察 \(f_n-f_{n-1}\) 固然是可以的，但是不容易在直觉中出现。试图使用吸收公式，从而拆 \(\binom{n}{i}=\binom{n-1}{i-1}+\binom{n-1}{i}\) 也是合理的，但是推到一半就 会发现和差分方法殊途同归。当然，上述两种方法都可以看成有限微积分更为初等的应用形式。
编组合意义显然也是可以的，但是只能用于证明，用于化简的话我好像不能仅根据左式编造出适合的组合意义……
从 GF 卷积的角度想，可能会考虑二项卷积和 EGF。但是我并不会表示调和数的 EGF。如果考虑 OGF 卷积，应该是 \([x^n](1+x)^n\ln(1+x)=[x^n]\dfrac{-\ln(1-x)}{1-x}\)，不是两个相等的 GF，而仅仅是某一项相等，或许从拉反考虑是可以证明的，但即使可以，也未免过于复杂了。
从 GF 复合的角度想，则应该注意 \(\binom{n}{i}=[x^n]\dfrac{x^i}{(1-x)^{i+1}}\)，而将原式变为

\[[x^n]\sum_{i\ge 1}\dfrac{x^i}{(1-x)^{i+1}}(-1)^{i-1}\dfrac{1}{i} \]

\[=[x^n]\dfrac{\ln(1+x)\circ(\dfrac{x}{1-x})}{1-x}=[x^n]\dfrac{\ln(\dfrac{1}{1-x})}{1-x}=H_n \]

简单的完成了推导，并且是可以从左式正向推出调和数，而不仅仅是证明已知的等式。

2

交互问题。交互库心中有 \(1,2,3\) 三数之一，你可以做如下操作：

1. 询问交互库一个集合 \(S\)，交互库会回答它想的数是否在这个集合中。但是，交互库可能在此时说谎，不过保证它不会连续说谎两次。
2. 回答交互库一个数，交互库会返回这个数是不是它想的数。交互库此时不会说谎，也不会打断上述的连续说谎。

你要在至多 3 次 1 操作，2 次 2 操作之内，使用 2 操作正确回答问题。

时间差基本等于（博主思考这个问题的时间+10min）。
这个问题难住了数学国家队 20min，给出了若干假做法

正确做法

如果 \(S\) 是单元集而交互库返回了“在”，则可以通过如下策略完成：询问单元集中的元素。如果不是答案，说明上次说谎，于是获得了一次必定为真的询问机会，容易再用一次 1 操作+一次 2 操作得出答案。
连续询问两次 \(\{1\}\)，若都为“不在”则 \(1\) 确实不在，分别回答 \(2,3\) 即可。否则使用上述策略完成。