上接 多项式笔记（一） ，建议按顺序看。
这篇文章总结了有关阶乘幂，二项式系数，两类斯特林数，伯努利数，欧拉数的内容。
基础有限微积分
阶乘幂
就是上升幂 \(x^{\overline{n}}\) 和下降幂 \(x^{\underline{n}}\)。
要能熟练运算，这样可以简化很多问题
定义
\[x^{\overline{n}}=x(x+1)(x+2)\cdots(x+n-1)\\
x^{\underline{n}}=x(x-1)(x-3)\cdots(x-n+1)
\]
一些性质
\[x^{\underline{n}}=(-1)^{n}(-x)^{\overline{n}}\\
x^{\overline{n}}=(-1)^{n}(-x)^{\underline{n}}
\]
暴力展开阶乘幂即可。
\[x^{\underline{n+m}}=x^{\underline{n}}(x-n)^{\underline{m}}\\
x^{\overline{n+m}}=x^{\overline{n}}(x+n)^{\overline{m}}
\]
暴力展开阶乘幂即可。
\[x^{\underline{k}}=(x-k+1)^{\overline{k}}
\]
虽然感觉都很显然，但是运算的时候不一定看得出来。
差分算子
由于我是个初中生，这部分的内容请谨慎食用，我只是记录自己的理解
平时我们的微积分都是用微分算子 \(\mathrm{D}\) ： \(\mathrm{D}f(x)=\lim_{\Delta x\to 0}\dfrac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}\) 。
但是有限微积分是基于整数域的，也就是说 \(\Delta x_{min}=1\) （好像是面对一个叫做“离散数学”的东西搞出来的，不是很会）
定义差分算子 \(\Delta\) ：\(\Delta f(x)=f(x+1)-f(x)\) 。
微分算子有一个很好用的式子：\(\mathrm{D}(x^m)=mx^{m-1}\) 。
而差分算子也有类似的式子：\(\Delta (x^{\underline{m}})=mx^{\underline{m-1}}\) 。
证明还是很简单的，暴力展开阶乘幂即可：\((x+1)^{\underline{m}}-x^{\underline{m}}=x^{\underline{m-1}}(x+1-(x-m+1))=mx^{\underline{m-1}}\) 。
如果有一个函数 \(g(x)=\Delta f(x)\) ，那么 \(\sum\limits_{i=a}^{b}g(i)=f(b+1)-f(a)\) ，这个差分一下就好了，很显然。
对于二项式系数不断使用 \(\Delta\) 算子会有神奇的效果（如果看不懂可以看完下一章再回来看）。
\[\Delta\binom{n}{m}=\binom{n+1}{m}-\binom{n}{m}\\
=\dfrac{(n+1)^{\underline{m}}-n^{\underline{m}}}{m!}\\
=\dfrac{mn^{\underline{m-1}}}{m!}\\
=\dfrac{n^{\underline{m-1}}}{(m-1)!}=\binom{n}{m-1}
\]
所以 \(k\) 次差分之后
\[\Delta^k\binom{n}{m}=\binom{n}{m-k}
\]
对于 \(x^n\) 不断差分也会有神奇的效果：
\[\Delta(x^n)=(x+1)^n-x^n\\
\Delta^2(x^n)=(x+2)^n-(x+1)^{n}-(x+1)^{n}+x^n=(x+2)^n-2(x+1)^n+x^n\\
\Delta^3(x^n)=(x+3)^n-2(x+2)^n+(x+1)^n-(x+2)^n+2(x+1)^n-x^n=(x+3)^n-3(x+2)^n+(x+1)^n-x^n
\]
有没有发现什么规律？
\[\Delta^m(x^n)=\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}(x+i)^{n}
\]
关于这个东西的严谨证明：
设一个生成函数
\[F(x)=\sum_{i=0}(x+i)^n [y^i]
\]
卷上 \((1-y)^m\) 就是 \(m\) 阶差分，然后可以在 \(y^{m}\) 处提取 \(m\) 阶差分的结果。
\[[y^m]=\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}\binom{m}{i}(x+i)^n
\]
由于我对有限微积分了解的也不多，只能先写这些比较显然的了。
二项式系数
非常重要的知识，必须熟练掌握，这个是基础
用 \(\dbinom{n}{m}\) 表示，侠义可以理解成小学奥数的组合数 \(C_{n}^{m}\) ，注意上下反着来的。
建议直接去看《具体数学》，这里只写一些重要的，都是从上面学的。
定义
侠义：\(n\) 个物品选出 \(m\) 个的方案数
广义二项式系数：\(\dbinom{n}{m}=\dfrac{n^{\underline{m}}}{m!}\) ， \(n\) 可以是实数。
看过具体数学的人都知道，二项式系数有一大片恒等式awa
常见恒等式
阶乘展开式
\[\binom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}
\]
拿组合意义搞的，所以定义域为 \(0\le m\le n\) 。卷积的时候非常常用
对称性
\[\binom{n}{m}=\binom{n}{n-m}
\]
这个显然，拿阶乘展开式展开即可。所以定义域同阶乘展开式。
二项式定理
\[(x+y)^{n}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}x^iy^{n-i}
\]
枚举有几个括号选了 \(x\) ，几个选了 \(y\) 就可以得到这个式子。
对于这个式子要敏感，有时候可以逆用，复杂度直接降掉一个 \(n\) 。有时候也可以拿这个构造。
吸收率
\[\binom{n}{m}=\dfrac{n}{m}\binom{n-1}{m-1}
\]
阶乘展开即证，可以拿来递推或者消掉系数。
加法公式
\[\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m-1}
\]
经常拿来裂项求递推式。
三项式版恒等式
\[\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n-k}{n-m}\binom{n}{k}
\]
我也不知道为啥叫这个名字。。。
\[\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\dfrac{m!}{k!(m-k)!}\\
=\dfrac{n!}{(n-m)!}\dfrac{1}{k!(m-k)!}\\
=\dfrac{(n-k)!}{(n-m)!(m-k)!}\dfrac{n!}{k!(n-k)!}\\
=\binom{n-k}{n-m}\binom{n}{k}
\]
平行求和法
\[\sum_{i=0}^{n}\binom{n+k}{k}=\binom{n+k+1}{n}
\]
证明需要加法公式裂项。
\[\binom{n}{0}+\binom{n+1}{1}+\binom{n+2}{2}+\binom{n+3}{3}+\cdots\\
\binom{n+1}{0}+\binom{n+1}{1}+\binom{n+2}{2}+\binom{n+3}{3}+\cdots\\
=\binom{n+2}{1}+\binom{n+2}{2}+\binom{n+3}{3}+\cdots\\
=\binom{n+3}{2}+\binom{n+3}{3}+\cdots
\]
就这么不断合并下去，就能得到结果了。
上指标求和
\[\sum_{i=0}^{n}\binom{i}{m}=\binom{n+1}{m+1}
\]
换一种方法加法裂项。
\[\binom{n+1}{m+1}=\binom{n}{m}+\binom{n}{m+1}\\
=\binom{n}{m}+\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m+1}\\
=\binom{n}{m}+\binom{n-1}{m}+\binom{n-2}{m}+\binom{n-2}{m+1}\\
\cdots
\]
一直往下裂项即可。
范德蒙德卷积
\[\binom{n+m}{k}=\sum_{i=0}^{k}\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}
\]
证明用二项式定理会非常简洁。
\[(1+x)^{n+m}=(1+x)^n(1+x)^m
\]
两边提取 \(x^k\) 系数即证。
\(\color{black}{\texttt{S}}\color{red}{\texttt{egmentTree}}\) 给出了一种很简洁组合证法：\(n+m\) 个球里面选 \(k\) 个球，可以枚举在前 \(n\) 个球里面选了几个来计算。
广义二项式定理
定义广义二项式系数，\(r\) 是实数
\[\binom{r}{m}=\dfrac{r^{\underline{m}}}{m!}
\]
广义二项式定理：
\[(x+y)^r=\sum_{i}\binom{r}{i}x^iy^{r-i}
\]
证明可以直接在原点把 \(f(z)=(1+z)^{r}\) 这个东西泰勒展开（显然这个东西和原来等价吧，令 \(z=\dfrac{x}{y}\)，乘 \(y^r\) 即可）。
\[\sum_{i=0}f^{(i)}(0)\dfrac{x^i}{i!}
\]
\[f^{(k)}(z)=r^{\underline{k}}(1+z)^{r-k}
\]
取 \(z=0\) ，\(\sum_\limits{i=0}\dfrac{r^{\underline{i}}}{i!}x^i=\sum\limits_{i=0}\dbinom{r}{i}x^i\) 。
\(|z|<1\) 的时候这个东西才收敛，所以要保证 \(|z|<1\) 。
上指标反转
\[\binom{r}{m}=(-1)^{m}\binom{m-r-1}{m}
\]
根据广义二项式系数，我们只需要证明 \(r^{\underline{m}}=(-1)^{m}(m-r-1)^{\underline{m}}\) 。
根据上面阶乘幂的公式可得
\[(-1)^{m}(m-r-1)^{\underline{m}}=(r+1-m)^{\overline{m}}=r^{\underline{m}}
\]
取一半
\[\sum_{i}\binom{2i}{i}x^i=\dfrac{1}{\sqrt{1-4x}}
\]
一个非常牛逼的构造：
\[x^{\underline{k}}(x-\dfrac{1}{2})^{\underline{k}}=x(x-\dfrac{1}{2})(x-1)(x-\dfrac{3}{2})\cdots(x-k+\dfrac{1}{2})\\
=\dfrac{1}{2^{2k}}2x(2x-1)(2x-2)(2x-3)\cdots(2x-2k+1)\\
=\dfrac{2x^{\underline{2k}}}{2^{2k}}
\]
令 \(x=k\) ，\(\dfrac{(2k)!}{2^{2k}}=k!(k-\dfrac{1}{2})^{\underline{k}}\)
两边同时除以 \(k!^2\)
\[\dfrac{(2k)^{\underline{k}}}{k!2^{2k}}=\dfrac{(k-\dfrac{1}{2})^{\underline{k}}}{k!}\\
\binom{2k}{k}\cdot\dfrac{1}{2^{2k}}=\binom{k-\dfrac{1}{2}}{k}
\]
右边上指标反转
\[\binom{2k}{k}=2^{2k}\cdot (-1)^{k}\binom{-\dfrac{1}{2}}{k}\\
=(-4)^{k}\binom{-\dfrac{1}{2}}{k}
\]
所以
\[\sum_i\binom{2i}{i}x^i=\sum_i(-4x)^{i}\binom{-\dfrac{1}{2}}{i}
\]
由广义二项式定理得
\[\sum_{i}\binom{-\dfrac{1}{2}}{i}(-4x)^i=(1-4x)^{-\frac{1}{2}}
\]
阶乘幂的二项式定理
从cmd那里学来的东西。
\[(x+y)^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}x^{\underline{i}}y^{\underline{n-i}}\\
(x+y)^{\overline{n}}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}x^{\overline{i}}y^{\overline{n-i}}
\]
证明：
上面那行，左右同除 \(n!\) 并把二项式系数阶乘展开
\[\binom{x+y}{n}=\sum_{i=0}^{n}\dfrac{x^{\underline{i}}}{i!}\dfrac{y^{\underline{n-i}}}{(n-i)!}=\sum_{i=0}^{n}\binom{x}{i}\binom{y}{n-i}
\]
就是范德蒙德卷积。
下面那行，把 \(x^{\overline{n}}\) 用 \((-1)^{n}(-x)^{\underline{n}}\) 带掉，两边 \((-1)^n\) 是可以直接约掉的，两边可能还会有 \(-1\) （因为 \((-x)^n\)） 但是数量是相等的，所以就是上面下降幂那个式子了，等价的。
斯特林数
第二类斯特林数
用 \(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}\) 表示。
定义
\(n\) 个不同的球放入 \(m\) 个相同的盒子，不准空盒的方案数。
递推
\(\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}\)
意思是，第 \(n\) 个球如果单独放一个盒子，有 \(\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}\) 种方案；如果原来已经放好了 \(m\) 个盒子，那么随便放进一个，有 \(m\begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}\) 种方案。
几个边界
\[\begin{Bmatrix}n\\1\end{Bmatrix}=1(n>0),\begin{Bmatrix}n\\n\end{Bmatrix}=1(n\ge 0);\\
\begin{Bmatrix}n\\2\end{Bmatrix}=2^{n-1}-1(n> 0),\begin{Bmatrix}n\\n-1\end{Bmatrix}=\binom{n}{2}
\]
一些性质
\[m^n=\sum_{i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}i!\binom{m}{i}
\]
等式左边的组合意义是 \(n\) 个不同的球放进 \(m\) 个不同的盒子的方案数，允许空盒。
等式右边是枚举 \(n\) 个盒子里选出 \(i\) 个盒子非空，乘上盒子的标号 \(i!\)，然后把 \(n\) 个球放进去。
易知这两个东西是等价的。
另外，阶乘拆掉可以得到普通幂与下降幂的关系。
\[m^n=\sum_{i=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}m^{\underline{i}}
\]
这个东西还是比较有用的，有时候你看见一个自然数幂求和，底数或者指数有一维很小都可以拆成第二类斯特林数快速计算。
这个式子还可以和上升幂扯上关系。
上面那个式子把 \(m\) 用 \(-m\) 代替。
\[(-m)^{n}=\sum_{i=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}(-m)^{\underline{i}}\\
m^n(-1)^{n}=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}(-1)^i(-m)^{\underline{i}}\\
m^n(-1)^{n}=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}m^{\overline{i}}\\
m^n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}m^{\overline{i}}\\
\]
\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\dfrac{1}{m!}\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}(-1)^{m-i}i^n
\]
把第一个式子二项式反演一下就好了。
\[\sum_{i=n}\begin{Bmatrix}i\\n\end{Bmatrix}\dfrac{x^i}{i!}=\dfrac{1}{n!}(e^x-1)^n
\]
这是一列第二类斯特林数的 \(\rm EGF\) 。
\(m\) 个盒子可以看作单个盒子的无序组合。单个盒子的生成函数是 \(e^x-1\) ，\(n\) 次方掉就是 \(n\) 个盒子。除去标号，所以除阶乘。
例题
第一类斯特林数
用 \(\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}\) 表示。
定义
\(n\) 个元素分成 \(m\) 个环的方案数。
环是指 \([A,B,C]\Leftrightarrow [B,C,A]\Leftrightarrow [C,B,A]\)
也就是说，如果 \(AB,CD\) 分别组成了两个环，我们认为 \([A,B,C,D]\) 和 \([B,A,D,C]\) 是同一种分法。
递推
\[\begin{bmatrix}n\\m\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}n-1\\m-1\end{bmatrix}+(n-1)\begin{bmatrix}n-1\\m\end{bmatrix}
\]
意思是，第 \(n\) 个元素要么单独成环，要么插入到前面的环中去，而总共有 \(n-1\) 个可以插入的地方。
几个边界
\[\begin{bmatrix}n\\0\end{bmatrix}=[n=0],\begin{bmatrix}n\\n\end{bmatrix}=1\\
\begin{bmatrix}n\\n-1\end{bmatrix}=\binom{n}{2},\begin{bmatrix}n\\1\end{bmatrix}=(n-1)!
\]
一些性质
\[\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}=n!
\]
如果把一个排列看作置换，那么恰好有 \(i\) 个置换的排列个数就是 \(\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}\) ，加起来就是排列总数。
\[x^{\overline{n}} =\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i
\]
然而这个式子并不像第二类斯特林数那样有优美的组合解释 其实就是我不会 。但是可以归纳证明。
\[x^{\overline{n+1}}=(x+n)x^{\overline{n}}\\
=(x+n)\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\
=x\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i+n\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\
=\sum_{i=1}^{n+1}\begin{bmatrix}n\\i-1\end{bmatrix}x^i+\sum_{i=0}^{n}n\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\
=\sum_{i=0}^{n+1}\begin{bmatrix}n+1\\i\end{bmatrix}x^i
\]
\[x^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i
\]
可以暴力归纳，但是有更简洁的证明方法：
\[x^{\underline{n}}=(-1)^{n}(-x)^{\overline{n}}\\
=(-1)^{n}\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-x)^i\\
=\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i
\]
\[S_1(x,y)=\sum_{i}\sum_{j}\begin{bmatrix}i\\j\end{bmatrix}\dfrac{x^iy^j}{i!}=(1-x)^{-y}\\
n^{-y}=y^{\underline{n}}\\
\sum_{i=0}\begin{bmatrix}i\\k\end{bmatrix}\dfrac{x^i}{i!}=\dfrac{(-\ln(1-x))^k}{k!}
\]
一个环的 \(\rm EGF\) 是 \(F(x)=\sum\limits_{i=0}\begin{bmatrix}i\\1\end{bmatrix}\dfrac{x^i}{i!}=\sum\limits_{i=0}\dfrac{x^i}{i}=-\ln(1-x)\)
改成二元GF的时候要注意，因为 \(j=1\) 还得乘 \(y\) ，即单个环的二元GF是 \(yF(x)\)
众所周知 \(\exp\) 的组合意义是 生成集合，那么 \(\exp(yF(x))\) 就是置换的生成函数。
\[\exp(yF(x))=\exp(-y\ln(1-x))=(1-x)^{-y}
\]
然后看第二行
\[n^{-y}\\
=n![x^n]\sum_{i}\binom{-y}{i}(-x)^{i}\\
=n!\binom{-y}{n}(-1)^{n}\\
=n!\dfrac{(-y)^{\underline{n}}}{n!}(-1)^{n}\\
=(-1)^{n}(-y)^{\underline{n}}\\
=y^{\overline{n}}
\]
\(\rm EGF\) 就是 \(k\) 个环的无序组合： \(\dfrac{1}{k!}F^k(x)=\dfrac{(-\ln(1-x))^k}{k!}\)
例题
斯特林数综合应用
两类斯特林数，阶乘幂和普通幂之间都是有关系的
幂之间的转换
其实就是把上面的式子拉了下来整合了一下。
\[m^n=\sum_{i=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}m^{\underline{i}}=\sum_{i=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}(-1)^{n-i}m^{\overline{i}}\\
x^{\overline{n}} =\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}x^i\\
x^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i
\]
反转公式
\[\sum_{k=m}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}(-1)^{n-k}=[n=m]\\
\sum_{k=m}^{n}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}(-1)^{n-k}=[n=m]
\]
证明：
\[m^n=\sum_{k=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}m^{\underline{k}}\\
=\sum_{k=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\sum_{i=0}^{k}\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}m^{i}(-1)^{k-i}\\
=\sum_{i=0}^{n}m^i\sum_{k=i}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}(-1)^{k-i}
\]
注意到这个式子是恒等的，也就是说对于任意的 \(n,m\) 都成立。
这个当且仅当 \(\sum\limits_{k=i}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}(-1)^{k-m}=[n=m]\) 才成立。
但是人们好像比较喜欢把 \((-1)^{k-m}\) 写成 \((-1)^{n-k}\) ，并且这么写后面可以方便证明斯特林反演 。反正这个东西只有在 \(n=m\) 的时候才有值，所以是可以这么改的。
还有一个式子：
\[m^{\overline{n}}=\sum_{k=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}m^k\\
=\sum_{k=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\sum_{i=0}^{k}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}(-1)^{k-i}m^{\overline{i}}\\
=\sum_{i=0}^{k}m^{\overline{i}}\sum_{k=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}\begin{Bmatrix}k\\m\end{Bmatrix}(-1)^{k-i}
\]
同理可知，第二行是对的。
斯特林反演
\[F(n)=\sum_{i=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}G(i)\Leftrightarrow G(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i)
\]
证明：
考虑现在有一个式子满足
\[G(n)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\i\end{bmatrix}F(i)
\]
由反转公式 \(\sum\limits_{k=m}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\m\end{bmatrix}(-1)^{n-k}=[n=m]\) 得到
\[F(n)=\sum_{i=0}^{n}[i==n]F(i)\\
=\sum_{i=0}^{n}\sum_{k=i}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}(-1)^{n-k}F(i)\\
=\sum_{k=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\sum_{i=0}^{k}\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}(-1)^{k-i}F(i)\\
=\sum_{k=0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}G(k)
\]
《具体数学》上给了一个记忆的方法：大幂表示小幂往往要带 \(-1\) 的次幂，而一般 \(x^{\overline{n}}>x^n>x^{\underline{n}}\) 。
伯努利数
伯努利数用来解决自然数幂和的问题，可以直接给出通项。
定义
当时就是为了研究自然数幂前缀和才搞的这么个东西，伯努利找到了规律。
令
\[S_m(n)=0^m+1^m+2^m+\cdots+(n-1)^m
\]
那么
\[S_m(n)=\dfrac{1}{m+1}\sum_{i=0}^{m}\binom{m+1}{i}B_in^{m+1-i}
\]
也就是说，伯努利数其实导出的是自然数幂前缀和的通项公式。
【注】伯努利数求出的前缀和通项定义 \(0^0=1\) 。
大坑点：求和上界要减一，而很多题目是求和到 \(n\) ，这时候通项公式要单独给 \(a_m\) 加一或者单独讨论 \(n^k\) 的贡献
生成函数
暂且抛开伯努利数这个东西，我们按照calc加强版那题的思路，重新推一遍自然数幂和的 \(\rm EGF\) 。
首先得要知道 \(e^{cx}=\{1,c,c^2,c^3,\cdots\}\) 。
构造自然数幂的 \(\rm EGF\) ：
\[F_k(x)=\sum\dfrac{k^ix^i}{i!}=\sum\dfrac{(kx)^i}{i!}=e^{kx}
\]
然后构造自然数幂前缀和的 \(\rm EGF\) ：
\[G_n(x)=\sum_{k=0}^{n-1} F_k(x)=\sum_{k=0}^{n-1}e^{kx}=\dfrac{e^{nx}-1}{e^x-1}
\]
这样子
\[[x^k]G_n(x)=(\sum_{i=0}^{n-1}i^k)\dfrac{x^k}{k!}
\]
就可以得出自然数幂的前缀和了，可以发现没有伯努利数也能做。
事实上伯努利数的 \(\rm EGF\) 就是
\[B(x)=\dfrac{x}{e^x-1}
\]
那么
\[G_n(x)=B(x)\dfrac{e^{nx}-1}{x}
\]
关于这个生成函数这个生成函数为什么是对的。
考虑 \(\dfrac{e^{nx}-1}{x}\) 这个东西展开了是什么。
\[\dfrac{e^{nx}-1}{x}=\dfrac{\sum_{i=1}\dfrac{n^ix^i}{i!}}{x}=\sum_{i=0}\dfrac{n^{i+1}x^i}{(i+1)!}
\]
单独考虑 \(G(x)\) 的第 \(k\) 项系数。
\[[x^k]G(x)=\dfrac{S_k(x)}{k!}=\sum_{i=0}^{k}\dfrac{B_i}{i!}\dfrac{x^{k-i+1}}{(k-i+1)!}\\
S_k(x)=\dfrac{1}{k+1}\sum_{i=0}^{k}\binom{k+1}{i}B_ix^{k-i+1}
\]
所以 \(B(x)=\dfrac{x}{e^x-1}\) 是对的。
不过如果直接拿下面的递推公式是可以正向推的。
递推
前几项为：
\[B_0=1,B_1=-\dfrac{1}{2},B_2=\dfrac{1}{6},B_3=0,B_4=-\dfrac{1}{30},B_5=0,B_6=\dfrac{1}{42},B_7=0,B_8=-\dfrac{1}{30},\cdots
\]
我很好奇那个生成函数是怎么求出真实值的，于是让 \(\color{black}{\texttt{x}}\color{red}{\texttt{义x}}\) 指导了一下，得到的结果是：你手动求逆就好了。
事实上这个东西是有方法递推的：
\[B_0=1\\
\sum_{i=0}^{n}\binom{n+1}{i}B_i=0
\]
根据定义把 \(n=1\) 带进去即可证明。
例题
欧拉数
有个不太标准的符号：\(\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\)
定义
长度为 \(n\) 的排列 \(p\) 中，恰好有 \(k\) 个升高的排列个数。升高指 \(p_i<p_{i+1}\) 。
递推
\[\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>=(k+1)\left<\begin{matrix}n-1\\k\end{matrix}\right>+(n-k)\left<\begin{matrix}n-1\\k-1\end{matrix}\right>
\]
考虑现在有一个长度为 \(n-1\) 的排列，现在要插入 \(n\) 。
如果插在开头或者 \(p_i<p_{i+1}\) 的位置升高数不变，这样的位置有 \(k+1\) 个；插在结尾或者 \(p_i>p_{i+1}\) 的位置会多处一个升高，那么插了不变的位置有 \((k-1)+1\) 个，总共有 \(n\) 个位子可以插，所以插了会升高的位置有 \(n-k\) 个。
这里我一开始理解了好久，一直感觉第二个系数是 \(n-k-1\) ，因为有 \(k\) 个升高。后来才发现因为我们从 \(k-1\) 转移过来，所以现有的升高其实是 \(k-1\) 个。
几个边界
\[\left<\begin{matrix}0\\k\end{matrix}\right>=[k=0],\left<\begin{matrix}n\\0\end{matrix}\right>=1,
\]
一些性质
有一些恒等式实在证不出来，参考了 Karry5307的日报 。
请做好一大波式子来袭的准备，这个比起斯特林，伯努利数等，烦多了。
\[\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>=\left<\begin{matrix}n\\n-k-1\end{matrix}\right>
\]
把一个排列翻转，原来的下降变成了升高，而下降加升高是 \(n-1\) 。
\[\left<\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right>=\sum_{k=0}^{m}\binom{n+1}{k}(m+1-k)^n(-1)^{k}
\]
考虑归纳证明：
先把递推公式拉出来：
\[\left<\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right>=(m+1)\left<\begin{matrix}n-1\\m\end{matrix}\right>+(n-m)\left<\begin{matrix}n-1\\m-1\end{matrix}\right>
\]
只看右边：
\[RHS=(m+1)\sum_{k=0}^{m}\binom{n}{k}(m+1-k)^{n-1}(-1)^{k}+(n-m)\sum_{k=0}^{m}\binom{n}{k}(m-k)^{n-1}(-1)^{k}\\
=\sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}\binom{n}{k}\left((m+1)(m+1-k)^{n-1}+(n-m)(m-k)^{n-1} \right)\\
=\sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}\binom{n}{k}\left((m+1-k)(m+1-k)^{n-1}+k(m+1-k)^{n-1}+(n-m)(m-k)^{n-1} \right)\\
=\sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}\binom{n}{k}\left((m+1-k)^n+\dfrac{k}{m+1-k}(m+1-k)^n+(n-m)(m-k)^{n-1} \right)\\
\]
大眼观察可以联想到 \(\dbinom{n}{k}\dfrac{k}{n+1-k}=\dbinom{n}{k-1}\)
\[RHS=\sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}\left(\binom{n}{k}+\binom{n}{k-1}\right)(m+1-k)^n+\sum_{k=0}^{m}\binom{n}{k}(\dfrac{k}{m+1-k}-\dfrac{k}{n+1-k})(m+1-k)^n(-1)^{k}\\+\sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}\binom{n}{k}(n-m)(m-k)^{n-1}\\
=\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{n+1}{k}(m+1-k)^{n}+\sum_{k=0}^{m}\binom{n}{k}\dfrac{k(m-n)}{(m+1-k)(n+1-k)}(m+1-k)^{n}(-1)^{k}\\
+\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{n}{k}(n-m)(m-k)^{n-1}\\
=\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{n+1}{k}(m+1-k)^{n}+\sum_{k=0}^{m}\binom{n}{k}\dfrac{k(m-n)}{n+1-k}(m+1-k)^{n-1}(-1)^{k}\\
+\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{n}{k}(n-m)(m-k)^{n-1}\\
=\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{n+1}{k}(m+1-k)^{n}+\sum_{k=1}^{m}\binom{n}{k-1}(m-n)(m+1-k)^{n-1}(-1)^{k}\\
+\sum_{k=1}^{m+1}(-1)^k\binom{n}{k-1}(n-m)(m-k+1)^{n-1}\\
=\sum_{k=0}^{m}(-1)^k\binom{n+1}{k}(m+1-k)^{n}+\sum_{k=1}^{m}\binom{n}{k-1}(m-n)(m+1-k)^{n-1}(-1)^{k}\\
+\sum_{k=1}^{m}(-1)^k\binom{n}{k-1}(n-m)(m-k+1)^{n-1}\\
\]
可以发现后面两个非常难处理的 \(\sum\) 消光了，然后就证完了。
这个式子可以用来求一行欧拉数。
\[x^n=\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n}
\]
这个被叫做 \(\rm Worpitzky\) 恒等式。zky恒等式，是机房红太阳发明的/se
\[x^{n+1}=x\cdot x^n\\
=\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>x\binom{x+k}{n}
\]
暂时跳开整个证明，看看 \(x\dbinom{x+k}{n}\) 是啥，不然完全推不下去。
\[x\binom{x+k}{n}=(k+1)\binom{x+k}{n+1}+(n-k)\binom{x+k+1}{n+1}
\]
我也不知道卡老师怎么想到这个的，但是它确实是对的，而且和欧拉数的递推非常相似。
证明直接暴力拆阶乘就好了。
\[LHS=\dfrac{x(x+k)!}{n!(x+k-n)!}\\
RHS=\dfrac{(k+1)(x+k)!}{(n+1)!(x+k-n-1)!}+\dfrac{(n-k)(x+k+1)!}{(n+1)!(x+k-n)!}\\
=\dfrac{(x+k-n)(k+1)(x+k)!+(x+k+1)(n-k)(x+k)!}{(n+1)!(x+k-n)!}\\
=\dfrac{(x+k)!(xk+k^2-nk+x+k-n+xn+kn+n-kx-k^2-k)}{(n+1)!(x+k-n)!}\\
=\dfrac{(x+k)!(x+xn)}{(n+1)!(x+k-n)!}\\
=LHS
\]
非常暴力。如果知道结论确实很好证明，但是不知道没有这个结论的时候是怎么找到这个关系的。
然后代到原来的式子里去。
\[=\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>x\binom{x+k}{n}\\
=\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\left((k+1)\binom{x+k}{n+1}+(n-k)\binom{x+k+1}{n+1}\right)\\
=\sum_{k=0}^{n}(k+1)\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n+1}+\sum_{k=0}^{n}(n-k)\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k+1}{n+1}\\
=\sum_{k=0}^{n}(k+1)\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n+1}+\sum_{k=0}^{n-1}(n-k)\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k+1}{n+1}\\
=\sum_{k=0}^{n}(k+1)\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n+1}+\sum_{k=1}^{n}(n-k)\left<\begin{matrix}n\\k-1\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n+1}\\
=\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n+1\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n+1}\\
=\sum_{k=0}^{n+1}\left<\begin{matrix}n+1\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n+1}\\
\]
证毕。
\[m!\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{k}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{k}{n-m}
\]
先把上一条式子拉下来：
\[x^n=\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n}
\]
然后要一点有限微积分基础，可以到第一章看（其实我是为了这个才去看了点有限微积分的东西的qaq）。
两边同时差分
\[\Delta(x^n)=\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\left(\binom{x+1+k}{n}-\binom{x+k}{n}\right)=\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n-1}
\]
那么两边 \(m\) 阶差分：
\[\Delta^m(x^n)=\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{x+k}{n-m}
\]
从有限微积分那一章拉一个对 \(x^n\) 做 \(m\) 阶差分的式子
\[\Delta^m(x^n)=\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}(-1)^{m-i}(x+i)^{n}
\]
再从第二类斯特林数拉一个式子下来：
\[\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\dfrac{1}{m!}\sum_{i=0}^{m}\binom{m}{i}(-1)^{m-i}i^n
\]
和上面的式子对上了！
代入 \(x=0\) ，所以
\[\sum_{k=0}^{n}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{k}{n-m}=m!\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}
\]
\[\left<\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right>=\sum_{k}\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}\binom{n-k}{m}(-1)^{n-k-m}k!
\]
先把上一个式子拉下来
\[m!\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{k}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{k}{n-m}
\]
然后是特别神仙的操作：两边对 \(m\) 求和
\[\sum_{m}m!\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{m}\sum_{k}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{k}{n-m}
\]
又是非常神仙的操作：两边乘上 \(x^{n-m}\)
\[\sum_{m}x^{n-m}m!\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{m}\sum_{k}x^{n-m}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{k}{n-m}\\
\]
\[RHS=\sum_{t}\sum_{k}x^t\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\binom{k}{t}\\
=\sum_{k}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>\sum_{t}x^t\binom{k}{t}\\
=\sum_{k}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>(x+1)^k
\]
用 \(x-1\) 代替 \(x\) 得到
\[\sum_{m}(x-1)^{n-m}m!\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{k}\left<\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right>x^k
\]
两边 \(x^k\) 系数应该相等。左边 \(x^k\) 系数：
\[[x^k]=\sum_{t}\binom{t}{k}(-1)^{t-k}(n-t)!\begin{Bmatrix}n\\n-t\end{Bmatrix}\\
=\sum_{t}\binom{n-t}{k}(-1)^{n-t-k}t!\begin{Bmatrix}n\\t\end{Bmatrix}\\
\]
然后就没有然后了。
例题
