《具體數學》果真十分“具體”，遠沒有數學分析、高等代數那么“抽象”。這里記錄了我在閱讀這本書時所采擷的“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、找到對應章節后翻書。
遞歸問題
河內塔問題
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如何確定遞歸式？
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記\(T_n\)表示\(n\)個圓盤的最小步數
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\(T_n \le 2 T_{n-1} + 1\), 可以構造；
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\(T_n \ge 2T_{n-1} + 1\)，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\(T_{n-1}\)。
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如何求出封閉形式？
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數學歸納，假設\(T_n = 2^n - 1\)。
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暴力求解，記\(U_n = T_n + 1\)，則\(U_n = 2U_{n-1} = 2^n\)，從而解出\(T_n\)。
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平面上的直線
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歐拉公式：F = 1 + E - V
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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.
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目標是最大化交點的數量。
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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\(i\).
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\(n\)條折線呢？
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每一對折線可以產生\(4\)個頂點，自己本身可以產生1個，初始有1個。
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\(4 \frac{n(n-1)}{2} + n + 1 = 2n^2 - n + 1\)
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\(n\)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
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每隔2個干掉一個？
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遞歸，第一輪會把所有偶數位置都干掉
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\(J(2n) = 2J(n) - 1\)
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\(J(2n + 1) = 2 J(n) + 1\)
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對遞歸式打表+數學歸納
- \(J(2^m + l) = 2l + 1\)，\(0 \le l < 2^m\)
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用二進制形式表示？
- \(J(n)\)相當於把\(n\)在二進制下循環左移了一位。
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一些性質
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\(J(J(J(.....J(n))))\)最后會停在不動點——二進制下全是1的數
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解\(J(n) = \frac{n}{2}\)，得\(l = \frac{1}{3} (2^m - 2)\)，m為奇數時一定有解。
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拓展一下遞歸式？
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\(f(1) = \alpha\); \(f(2n) = 2 f(n) + \beta\); \(f(2n + 1) = 2 f(n) + \gamma\).
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顯然\(f(n) = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma\).
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法一：打表、歸納
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法二：帶入\(f(n)=1\),\(f(n)=n\).解出對應的\(\alpha,\beta,\gamma\)，從而解出\(A(n),B(n),C(n)\).
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叕拓展一下遞歸式？
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\(f(j) = \alpha_j\); \(f(dn + j) = c f(n) + \beta_j\).
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\(f((b_m b_{m-1} .... b_1 b_0)_d) = (\alpha_{b_m} \beta_{b_{m-1}} .... \beta_{b_0})_c\).
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和式
和式和遞歸式
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將和式轉化為遞歸式
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可得$R_n = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma $。
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用上一節的成套方法，即用\(R_n\)為簡單函數，解出 \(\alpha,\beta,\gamma\)，從而解出\(A(n),B(n),C(n)\)
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將遞歸式轉為和式
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\(a_n T_n = b_n T_{n-1} + c_n\); \(T_0\)是個常數。
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令\(s_n = \frac{a_{n-1} a_{n-2} .... a_1}{b_n b_{n-1} b_2}\); 則有\(b_n s_n = a_{n-1} s_{n-1}\).
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則有：\(T_n = \frac{1}{a_n s_n} (s_1 b_1 T_0 + \sum_{k=1}^{n} s_k c_k)\).
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注意，要求所有\(a_n,b_n\)均不為0.
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例題：計算快速排序復雜度
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\(C_0 = C_1 = 0\); \(C_n = n + 1 + \frac{2}{n} \sum_{k=0}^{n-1} C_k\).
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先轉換為遞歸式
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兩邊乘\(n\)：$n C_n = n(n+1) + 2\sum_{k=0}^{n-1} C_k $.
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對應到\(n-1\): $(n-1) C_{n-1} = n(n-1) + 2\sum_{k=0}^{n-2} C_k $.
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相減：\(n C_n = (n + 1) C_{n-1} + 2n\); \(C_2 = 3\).
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應用公式
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\(a_n = n\); \(b_n = n+1\); \(c_n = 2n - 2[n=1]+2[n=2]\); \(s_n = \frac{2}{n(n+1)}\)
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\(C_n = 2(n+1)\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k+1} - \frac{2}{3}(n+1)\).
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封閉形式
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調和數：\(H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}\).
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\(C_n = 2(n+1) H_n - \frac{8}{3}n - \frac{2}{3}\).
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和式的處理
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擾動法
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\(S_n = \sum_{i=0}^{n} a_n\)
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\(S_n + a_{n+1} = a_0 + \sum_{i=0}^{n} a_{i+1}\)
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嘗試用\(S_n\)來表示右邊
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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
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拓展：\(S_n = \sum_{k=0}^{n} k x^k\).
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\(\sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{1-x^{n+1}}{1-x}\)
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求導：\(\sum_{k=0}^{n} k x^{k-1} = \frac{1-(n+1)x^n + nx^{n+1}}{(1-x)^2}\).
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看起來離散和連續之間，有一種不可告人的關系
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多重和式
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切比雪夫單調不等式
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\(S = \sum_{1 \le j < k \le n} (a_k - a_j) (b_k - b_j)\)
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$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) $
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\((\sum_{k=1}^{n} a_k) (\sum_{k=1}^{n} b_k) = n \sum_{k=1}^{n} a_k b_k - \sum_{1 \le j < k \le n} (a_k - a_j) (b_k - b_j)\).
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當\(a_i,b_i\)不減時，\(S \ge 0\)，上式的等號變成\(\le\)
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當\(a_i\)不減，\(b_i\)不增，\(S \le 0\)，上式取\(\ge\)
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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
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例題：\(S_n = \sum_{1 \le j < k \le n} \frac{1}{k-j}\)
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\(S_n = \sum_{0 \le k < n} H_k\)
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\(S_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{n-k}{k} = n H_n - n\)
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從而\(\sum_{0 \le k < n} H_k = n H_n - n\). 真是神奇
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一般性的方法
討論\(S_n = \sum_{k=1}^{n} k^2\)的解法
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打表+猜測答案+數學歸納
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擾動法
- 需要用\(\sum_{k=1}^{n} k^3\)來擾動.
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成套方法
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\(R_n = R_{n-1} + \beta + \gamma n + \delta n^2\)
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\(R_n = A(n) \alpha + B(n) \beta + C(n) \gamma + D(n) \delta\)
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假定\(\delta = 0\)，\(A(n),B(n),C(n)\)和之前一樣；再令\(R_n = n^3\)，解出\(D(n)\)
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用積分估計，對誤差遞歸
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\(\int_0^n x^2 dx = \frac{n^3}{3}\)
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令\(E_n = S_n - \frac{n^3}{3}\)
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\(E_n = S_{n-1} + n^2 - \frac{n^3}{2} = E_{n-1} + \frac{(n-1)^3}{2} + n^2 - \frac{n^3}{2} = E_{n-1} + n - \frac{1}{3}\)
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\(E_n\) 超級好算。
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展開和放縮
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\(S_n = \sum_{1 \le j \le k \le n} k = \sum_{1 \le j \le n} (j+n)(n-j+1)/2\)
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拆開即可
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有限微積分
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下降冪
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\(x^{\underline{m}} = x(x-1)(x-2)...(x-m+1)\)，\(m > 0\)
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\(x^{\underline{-m}} = \frac{1}{(x+1)(x+2)...(x+m)}\)，\(m > 0\)
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\(x^{\underline{m+n}} = x^{\underline{m}} (x - m)^{\underline{n}}\)
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求解\(\sum_{a \le x < b} f(x)\)
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若能找到\(f(x) = g(x+1) - g(x)\)
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則答案為\(g(b) - g(a)\)
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一些“原函數”
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\(x^{\underline{m}} = \frac{1}{m+1}[(x+1)^{\underline{m+1}} - x^{\underline{m+1}}]\)，\(m \ne -1\)
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$x^{\underline{-1}} = \frac{1}{x+1} = H(x+1) - H(x) \(，\)H(x)$是調和數
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\(x = \frac{1}{2}[(x+1)x - x(x-1)]\)
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\(x^n\) 要先用斯特林數化成\(x^{\underline{m}},1 \le m \le n\)的形式，然后分別找原函數
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\(2^x = 2^{x+1} - 2^x\)，和連續時\(e^x\)類似
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\(c^x = \frac{c^{x+1} - c^x}{c-1}\)
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離散的“分部積分”
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\(\sum_{a \le x < b} u(x) [v(x+1) - v(x)] = u(b) v(b) - u(a) v(a) - \sum_{a \le x < b} [u(x+1) - u(x)] v(x+1)\)
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例題：\(\sum_{0 \le x < n} H_x x\)
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\(x = \frac{1}{2}[(x+1)^{\underline{2}} - x^{\underline{2}}]\)，\(v(x) = \frac{1}{2} x^{\underline{2}}\)
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\(H_{x+1} - H_x = x^{\underline{-1}}\)
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答案為\(\frac{n^2}{2}(H_n - \frac{1}{2})\).
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無限和式
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無限個非負數的和？
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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\(A\)（即下確界）稱為\(\sum_{k \in K} a_k\)的和。
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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。
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如果和有限且\(K\)為自然數集，則\(\sum_{k \in K} a_k = \lim_{n->\infty} \sum_{0 \le k \le n} a_k\)。
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無限和式的定義
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定義\(x = x^+ - x^-\)，\(x^+ = x [x > 0]\)，\(x^- = -x[x<0]\)
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\(\sum_{k \in K} a_k = \sum_{k \in K} a_k^+ - \sum_{k \in K} a_k^-\)
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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。
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和有限的無限和式之間，滿足分配率、結合律、交換律
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一些反例
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\(T = 1 + 2 + 4 + 8 + .....\)
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\(2T = 2 + 4 + 8 + .... = T - 1\). \(T = -1\).
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事實上\(T=+\infty\)
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\(T = 1 - 1 + 1 - 1 + 1 .....\)
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\((1 - 1) + (1 - 1) + .... = 0\)
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\(1 + (-1 + 1) + (-1 +１)+.... = 1\)
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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.....
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\(...+(- \frac{1}{4}) + (- \frac{1}{3}) + (- \frac{1}{2}) + 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ......\)
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可以等於0
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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\(1 + \ln(2)\)。
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整值函數
底和頂
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\(\lceil x \rceil - \lfloor x \rfloor = [x \text{不是整數}]\)
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\(\lfloor \frac{n}{m} \rfloor = \lfloor \frac{cn}{cm} \rfloor\)
底和頂的應用
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\(\lfloor \sqrt{\lfloor x \rfloor} \rfloor = \lfloor \sqrt{x} \rfloor\)
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證明：設\(m = \lfloor \sqrt{\lfloor x \rfloor} \rfloor\)，展開得到\(x\)的范圍
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拓展：若\(f(x)\)是個單調遞增的函數，且若\(f(x)\)是整數能推導出\(x\)是整數，則\(\lfloor f(\lfloor x \rfloor) \rfloor = \lfloor f(x) \rfloor\)
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\(\lceil \sqrt{\lfloor x \rfloor} \rceil = \lceil \sqrt{x} \rceil\)？？？
- 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
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在\(1 \le n \le 1000\)中，有多少整數\(n\)滿足\(\lfloor n^{\frac{1}{3}} \rfloor | n\)?
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設\(m = \lfloor n^{\frac{1}{3}} \rfloor\)
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\(1 + \sum_{m=1}^{9} \lfloor \frac{(m+1)^3 - m^3}{m} \rfloor = 172\)
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用多項式近似，可得 \(W = \frac{3}{2} N^{\frac{2}{3}} + O(N^{\frac{1}{3}})\)
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譜
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\(Spec(\alpha) = \{ \lfloor \alpha \rfloor , \lfloor 2 \alpha \rfloor, \lfloor 3 \alpha \rfloor, ........ \}\)
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\(\sqrt{2}\)和\(2+\sqrt{2}\)的譜，構成所有正整數的划分。
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底和頂的遞歸式
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\(K_0 = 1\);\(K_{n+1} = 1 + \min(2 K_{\lfloor \frac{n}{2} \rfloor}, 3 K_{\lfloor \frac{n}{3} \rfloor})\);證明\(K_n \ge n\)
- 歸納法，需要證明\(K_n \ge n + 1\)
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約瑟夫問題新解（以 \(m = 3\) 為例）：
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剛開始有\(n\)個人，每次有一個活下去就把他的標號+n。
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1和2變成\(n+1\),\(n+2\)；4和5變成\(n+3\),\(n+4\)
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\(3k+1,3k+2\)變成\(n+2k+1,n+2k+2\)
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用代碼模擬（詳見課本）；還可以換成方法加速
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\(D_0^{(q)} = 1\)；\(D_n^{(q)} = \lceil \frac{q}{q-1} D_{n-1}^{(q)} \rceil\)，\(n > 0\)
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\(J_q(n) = qn+1 - D_k^{(q)}\)，\(k\)是最大的使得答案不是負數的值
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mod：二元運算
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\(x \mod{0} = x\)
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\(c (x \mod{y}) = (cx) \mod{(cy)}\)
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\(n = \lfloor \frac{n}{m} \rfloor + \lfloor \frac{n + 1}{m} \rfloor + ... \lfloor \frac{n + m - 1}{m} \rfloor\)
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\(n = \lceil\frac{n}{m} \rceil + \lceil \frac{n - 1}{m} \rceil + ... \lceil\frac{n - m + 1}{m} \rceil\)
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\(\lfloor mx \rfloor = \lfloor x \rfloor + \lfloor x + \frac{1}{m} \rfloor + ... \lfloor x + \frac{m - 1}{m} \rfloor\)
底和頂的和式
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\(\sum_{0 \le k < n} \lfloor \sqrt{k} \rfloor\)
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method1 : \(\sum_{m = 1}^{\sqrt{n}} ((m+1)^2 - m^2) m\)
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method2 : \(\sum_{m=1}^{\sqrt{n}} n - m^2\)，線性性質
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設\(\alpha\)是無理數，則\(\{n\alpha\}\)在\(n->\infty\)時在[0,1)之間是一致分布的
- 可以直接當做積分？
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\(\sum_{0 \le k < m} \lfloor \frac{nk + x}{m} \rfloor\)
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原式\(= \sum_{0 \le k < m} \lfloor \frac{x + nk~mod~m}{m} \rfloor + \frac{kn}{m} - \frac{kn~mod~m}{m}\).
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第二部分是個等差數列，\(\frac{(m-1)n}{2}\)
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令\(d = \gcd(n,m)\)，則\(kn~mod~m\)會遍歷\(0,d,2d,...m-d\)。每個數出現\(d\)次。
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第三部分也是等差數列，\(- \frac{m-d}{2}\)
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第一部分：\(d*(\lfloor \frac{x}{m} \rfloor+ \lfloor \frac{x+d}{m} \rfloor + .... + \lfloor \frac{x+m-d}{m} \rfloor) = d \lfloor \frac{x}{d}\rfloor\)
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發現將\(n,m\)意義對調，答案不變。
- 本質上這是在數坐標軸在一條直線下方有多少點，\(n,m\)對調相當於轉坐標軸。
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數論
整除性
- 拓展歐幾里得算法
素數
- 算術基本定理（唯一分解定理）
素數的例子
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素數有無窮多個
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\(M = 2 \times 3 \times 5 \times .... \times P_n + 1\)，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）
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\(e_n = e_1 e_2 ... e_{n-1} + 1 = e_{n-1}^2 - e_{n-1} + 1\)
- 封閉形式：\(e_n = \lfloor E^{2^n} + \frac{1}{2} \rfloor\),\(E = 1.264\)
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梅森數
- \(2^p - 1\)，\(p\)是質數。但並不是所有梅森數都是素數。
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質數密度
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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。
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$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。
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階乘的因子
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階乘以指數方式增長：斯特林公式
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\(\epsilon_p(n!) = \sum_{k \ge 1} \lfloor \frac{n}{p^k} \rfloor \le \frac{n}{p-1}\)
- 當\(p=2\)時，\(\epsilon_2(n!) = n - v_2(n)\)，\(v_2(n)\)為二進制上1的個數
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素數有無窮個的另一種證明：
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\(p^{\epsilon_{p}(n!)} \le p^{n/(p-1)} \le 2^n\)
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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
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互素（Stern-Brocot樹）
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用於構造所有\(m \perp n\)的非負分數
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構造方式
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第一層只有\(\frac{0}{1}\)和\(\frac{1}{0}\)
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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
- \(\frac{m}{n},\frac{m'}{n'} -> \frac{m+m'}{n+n'}\)
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性質
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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。
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為什么\(\frac{n+n'}{m+m'}\)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\(\gcd=1\).
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是否會重復出現分數？
- 不存在的，這是一棵嚴格的二叉搜索樹。因為$ \frac{m}{n} < \frac{m+m'}{n+n'} < \frac{m'}{n}$.
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是否有分數遺漏？
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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。
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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！
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應用
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分數定位
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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\(R\).
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法一：每次右乘一個\(L,R\)，判斷大小。
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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。\(O(\log n)\).
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無理數定位
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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
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拓展：Farey級數
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階為\(N\)的法里級數為\(F_N\)，它由所有分母不超過\(N\)的最簡分數組成。
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\(F_N\)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。
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同余關系
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\(2^{2n} - 1\)是3的倍數，因為\(2^2 \pmod{3} = 1\)
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$ad \equiv bd \pmod{md} $ 等價於 \(a \equiv b \pmod{m}\).
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\(ad \equiv bd \pmod{m}\)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。
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\(a \equiv b \pmod{m}\)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
獨立剩余
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剩余系\(Res(x) = (x \mod m_1, \cdots,x \mod m_r)\)，\(m_i \perp m_j\).
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每個分量上可以獨立地進行運算，相當於高精度
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例子：計算大矩陣的行列式，選取若干質數，除法變成逆元；最后CRT合並起來！
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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。
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求\(x^2 \equiv 1 \pmod{m}\)解的個數
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將\(m\)分解成若干個\(p^k\)，改寫成\((x-1)(x+1) \equiv 0 \pmod{p^k}\).
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當\(p \ne 2\)時，只有兩個解1和p-1
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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。
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設\(r\)為質因子個數，答案為\(2^{r - [2|m]+[4|m]+[8|m]}\).
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進一步的應用
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\(0, n, 2n, 3n,....,(m-1)n \pmod{m}\)為\(0,d,2d,...,m-d\)重復d遍；\(d = \gcd(n,m)\)
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費馬大定理：\(a^n + b^n = c^n\)在\(n > 2\)時沒有正整數解
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費馬小定理：\(n^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}\),\(n \perp p\)
- 證明：\(n*2n*.....*(p-1)n \equiv (p-1)!\)
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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
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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\((n-1)! \equiv n-1 \mod{n}\)
\(\varphi\)函數和\(\mu\)函數
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歐拉定理：\(n^{\varphi(m)} \equiv 1 \pmod{m}\)，\(n \perp m\)
- 拓展歐拉定理，處理\(n\)和\(m\)不互質的情況。
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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\(f(x) = \sum_{d \ge 1} \mu(d) g(x / d)\)
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積性的傳遞性
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\(g(m) = \sum_{d|m} f(d)\)
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左右任何一邊是積性函數，都可以推出剩下一邊是積性函數。
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杜教篩：求\(\Phi(x) = \sum_{1 \le k \le x} \phi(k)\)
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\(\sum_{d \ge 1} \Phi(\frac{x}{d}) = \frac{x(x+1)}{2}\)；考慮所有\(0 \le m < n \le x\)的分數，d為分子和分母的\(\gcd\).
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預處理小的\(\Phi(m)\)，分塊遞歸求解，時間復雜度\(O(n^{\frac{2}{3}})\).
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Polya經典題：求解長度為\(m\)，顏色數為\(n\)的不同項鏈個數
- 考慮一種項鏈會被計算多次：\(\frac{1}{m} \sum_{d | m} \phi(d) n^{\frac{m}{d}}\)
二項式系數
基本恆等式
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定義（此定義和之前的不一樣）
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當整數\(k < 0\)，\(\binom{n}{m} = 0\)，否則\(\binom{n}{m} = \frac{n^{\underline{m}}}{m!}\)
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當不是整數時，可以用廣義階乘，取極限；如\(\binom{\frac{1}{2}}{n}\)
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性質
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\(\binom{-1}{k} = (-1)^k\)
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當\(n < 0\)時，\(\binom{n}{n} = 0\)
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當\(n<0\)時，不滿足對稱性\(\binom{n}{k} = \binom{n}{n-k}\)
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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。
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恆等式
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吸收恆等式：\(\binom{r}{k} = \frac{r}{k} \binom{r-1}{k-1}\)；\(k \binom{r}{k} = r \binom{r-1}{k-1}\)
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對角線求和：\(\sum_{k \le n} \binom{r+k}{k} = \binom{r+n+1}{n}\)
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上指標求和：\(\sum_{0 \le k \le n} \binom{k}{m} = \binom{n+1}{m+1}\)
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二項式定理：\((x+y)^r = \sum_{k} \binom{r}{k} x^k y^{r-k}\)
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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！！！
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同行交錯和：\(\sum_{k \le m} \binom{r}{k} (-1)^k = \sum_{k \le m} \binom{k-r-1}{l} = \binom{-r}{m} = (-1)^m \binom{r-1}{m}\)
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雙選恆等式：\(\binom{r}{m} \binom{m}{k} = \binom{r}{k} \binom{r-k}{m-k}\)
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范德蒙卷積：\(\sum_{k} \binom{r}{k} \binom{s}{n-k} = \binom{r+s}{n}\)，表5-3有多種形式，可以查表！
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基本練習
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\(\sum_{k} \binom{m}{k} / \binom{n}{k} = \frac{n+1}{n+1-m}\)，雙選恆等式
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\(\sum_{k} k \binom{m-k-1}{m-n-1}/ \binom{m}{n} = \frac{n}{m-n+1}\)，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，有循環節
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\(\sum_k k \binom{m-k-1}{m-n-1}\)，把\(k\)寫成\(\binom{k}{1}\)，用范德蒙卷積
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\(\sum_{k} \binom{n}{k} \binom{s}{k} k = s \binom{n+s-1}{n-1}\)，用吸收恆等式，再范德蒙卷積
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\(\sum_{k} \binom{n+k}{2k} \binom{2k}{k} \frac{(-1)^k}{k+1}\)，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；然后上指標翻轉，最后范德蒙卷積
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問題七和問題八用和式代替一個組合數，技巧性太強；不如用后面的超幾何
處理的技巧
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取一半
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\(r^{\underline{k}} (r - \frac{1}{2})^{\underline{k}} = (2r)^{\underline{2k}} / 2^{2k}\)
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由此可以推出：\(\binom{- \frac{1}{2}}{n} = (\frac{-1}{4})^n \binom{2n}{n}\)
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高階差分
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\(\Delta f(x) = f(x+1) - f(x)\)；\(\Delta^n f(x) = \sum_{k} \binom{n}{k} (-1)^{n-k} f(x+k)\)
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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：
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\(f(x) = \sum_d c_d \binom{x}{d}\)，牛頓級數的求導非常方便；書上還寫着一種\(O(n^2)\)的求牛頓級數系數的方法。
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\(\sum_k \binom{n}{k} (-1)^k (a_0 + a_1k + ... + a_n k^n) = (-1)^n n! a_n\)
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反演
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\(g(n) = \sum_{k} (-1)^k \binom{n}{k} f(k)\)等價於\(f(n) = \sum_{k} (-1)^k \binom{n}{k} g(k)\)
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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\(f'(n) = (-1)^n f(n)\)
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重排公式：\(D(n) = n! \sum_k \frac{(-1)^k}{k!}\)；\(D(n) = \lfloor \frac{n!}{e} + \frac{1}{2} \rfloor + [n == 0]\)
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生成函數
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\((1+z)^r (1+z)^s = (1+z)^{r+s}\)，該式子可以直接證明范德蒙恆等式
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\((1-z)^r (1+z)^r = (1-z^2)^r\)；\(\sum_k \binom{r}{k} \binom{r}{n-k} (-1)^k = (-1)^{n/2} \binom{r}{n/2}\)
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\(\frac{1}{(1-z)^{n+1}} = \sum_{k \ge 0} \binom{n+k}{n} z^k\)；\(\frac{z^n}{(1-z)^{n+1}} = \sum_{k \ge 0} \binom{k}{n} z^k\)
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乘上\(\frac{1}{1-z}\)相當於做前綴和
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廣義部分待補
超幾何函數
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定義：\(F(a_1...a_m;b_1...b_n;z) = \sum_{k \ge 0} \frac{\prod a_i^{\bar{k}} z^k}{\prod b_i^{\bar{k}} k!}\)
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轉化：\(\frac{t_{k+1}}{t_k}\)是一個關於\(k\)的有理函數，分子作為上參數，分母作為下參數
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廣義階乘和\(\Gamma\)函數用於解釋退化的情況
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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
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超幾何函數通用解法就是查表，本章介紹幾種技巧拓展表庫
- 反射定律；習題25、26
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求導，移位：
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\(\frac{d}{dz} F(ai;bi;z) = \frac{a_1...a_m}{b_1...b_n} F(a_i+1;b_i+1;z)\)
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\((\vartheta + a_1) F(a_1,...a_m;b_1...b_n;z) = a_1 F(a1+1,a_2,...,a_m;b_1...b_n;z)\)
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\((\vartheta + b_1 -1) F(a_1,...a_m;b_1...b_n;z) = (b_1 - 1) F(a1,a_2,...,a_m;b_1-1,b_2...b_n;z)\)
-
\(\vartheta\)為\(z \frac{d}{dz}\)操作
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這個技巧可以用於解微分方程
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部分超幾何和式
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利用差分法，試圖找出函數滿足\(t_k = T_{k+1} - T_{k}\)，從而可以求解\(\sum_{0 \le k \le n} t_k\)。
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\(Gosper\)算法
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找出\(p(k),r(k),q(k)\)，滿足\(\frac{t_{k+1}}{t_k} = \frac{p(k+1)}{p(k)} \frac{q(k)}{r(k+1)}\)
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求解\(s(k)\)，滿足\(p(k) = q(k) s(k+1) - r(k) s(k)\)
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得到\(T(k) = \frac{r(k)s(k)t(k)}{p(k)}\)
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機械求和法
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機械求和法是個非常繁瑣的算法，用於求解給定n，對\(k\)從\(0\)到\(\infty\)求和。不能求\(k\)的部分和
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思路是定義新的函數，應用\(Gosper\)算法，得到\(S_n\)的遞推式。
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詳見書上的例子。
特殊的數
斯特林數
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第一類斯特林數\([^n_k]\)，第二類斯特林數\(\{ ^n_k \}\).
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\(\{^n_k\} = k \{^{n-1}_k\} + \{^{n-1}_{k-1}\}\)
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\([^n_k] = (n-1)[^{n-1}_k] + [^{n-1}_{k-1}]\)
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\([^n_k] \ge \{^n_k\}\)，等號成立，當且僅當\(k=n-1\)或\(k=n\)
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\(\sum_{k=0}^n [^n_k] = n!\)
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冪之間轉換（均可用歸納法證明）
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\(x^n = \sum_k \{^n_k\} x^{\underline{k}}\)
-
\(x^{\bar{n}} = \sum_k [^n_k] x^k\)
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\(x^{\underline{n}} = (-1)^n (-x)^{\bar{n}}\)
-
\(x^n = \sum_k \{^n_k\} (-1)^{n-k} x^{\bar{k}}\)
-
\(x^{\underline{n}} = \sum_k [^n_k] (-1)^{n-k} x^k\)
-
-
反轉公式（應用兩次冪轉換公式即可）
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\(\sum_k [^n_k] \{^k_m\} (-1)^{n-k} = [m=n]\)
-
\(\sum_k \{^n_k\} [^k_m] (-1)^{n-k} = [m = n]\)
-
-
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前綴和、卷積的恆等式，可用於查表。
歐拉數
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\(<^n_k>\)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
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\(<^n_k> = <^n_{n-1-k}>\)
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\(<^n_k> = (k+1) <^{n-1}_{k}> + (n-k)<^{n-1}_{k-1}>\)
-
\(x^n = \sum_k <^n_k> \binom{x+k}{n}\)，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
-
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二階歐拉數：\(2n\)個數，\(k\)個上升，且每對\(x\)之間其他數都要大於\(x\)
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\(<<^n_k>> = (k+1) <<^{n-1}_{k}>> + (2n-1-k)<<^{n-1}_{k-1}>>\)
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\(\sum_k <<^n_k>> = \frac{(2n)^{\underline{n}}}{2^n}\)
-
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斯特林多項式（由書上的恆等式推出）
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\(\sigma_n(x) = [^x_{x-n}] / (x(x-1) \cdots (x-n))\)，其中\(\sigma_n(x)\)的次數為\(n-1\)
-
斯特林多項式可以由二階歐拉數給出，於是可以處理系數為斯特林數的的生成函數的卷積。
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調和數
-
\(H_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k}\)
- 發散，且\(\ln_n < H_n < \ln n+1\)
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例題：
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\([^{n+1}_2] = n[^n_2]+[^n_1] = n[^n_2]+(n-1)!\)
-
兩邊除以\(n!\)，求遞歸式：\([^{n+1}_2] = n! H_n\)
-
-
\(r\)次調和數：\(H^{(r)}_n = \sum_{k=1}^n \frac{1}{k^r}\)
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\(\ln(\frac{k}{k-1}) = - ln(\frac{k-1}{k}) = \frac{1}{k} + \frac{1}{2k^2} + \frac{1}{3k^3}+ \cdots\)
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對\(k\)從2-n求和：\(\ln n -\ln 1 = (H_n - 1) + \frac{1}{2} (H^{(2)}_n - 1) - .....\)
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移項后，可以估計\(H_n - \ln n\)的值，記為歐拉常數\(\gamma\)
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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
-
-
生成函數的定義：\(\frac{z}{e^z-1} = \sum_{n \ge 0} B_n \frac{z^n}{n!}\)
-
用伯努利數為系數表示三角函數
- \(\tan z = \sum_{n \ge 0} (-1)^{n-1} 4^n (4^n - 1) B_{2n} \frac{z^{2n-1}}{(2n)!}\)
-
伯努利數和斯特林數的關系
-
\(S_m(n) = \sum_{j \ge 0} \{^m_j\} \frac{1}{j+1} \sum_{k \ge 0} (-1)^{j+1-k} [^{j+1}_k] n^k\)
-
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，最后一位是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
-
\(\frac{K(a_0,a_1,a_2,a_3+1/a_4)}{K(a_1,a_2,a_3+1/a_4)} = \frac{K(a_0,a_1,a_2,a_3,a_4)}{K(a_1,a_2,a_3,a_4)}\)；將連分數最后一位變化
-
-
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
-
生成函數
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
-
\(U_n = 2 V_{n-1} + U_{n-2} + [n == 0]\)
-
\(V_n = U_{n-1} + V_{n-2}\)
-
-
寫成生成函數
-
\(U(x) = 2x V(x) + x^2 U(x) + 1\)
-
\(V(x) = x U(x) + x^2 V(x)\)
-
-
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；最后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，其生成函數為\(1+x^m+x^{2m}+.....=\frac{1}{1-x^m}\)
-
-
划分數
- \(\frac{1}{(1-z)(1-z^2)(1-z^3).....}\)的\(z^n\)前系數為\(n\)的划分數，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，因為變量\(z\)僅僅表示一個特征，我們只在乎\(z^n\)前的系數
-
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
-
前綴和：乘上\(\frac{1}{1-z}\)
-
-
常見生成函數
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<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
-
解遞歸式
-
再探斐波那契數
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\(g_n = g_{n-1} + g_{n-2}+[n=1]\)；寫遞歸式時要注意寫出邊界項
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\(G(z) = z G(z) + z^2 G(z) + z\) ；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，然后將其拆成\(\frac{..}{1-p_1z}+....\frac{..}{1-p_mz}\)
-
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征方程。
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帶幾分隨機的遞歸式
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\(g_n = g_{n-1} + 2g_{n-2}+(-1)^n[n \ge 0] + [n=1]\)
-
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。
-
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互相遞歸的數列（和解方程類似）
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換零錢封閉形式（用於OI題，類似於Code Chef的CHANGE）
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發散級數（超幾何解微分方程）
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完全返回的遞歸式
-
求解扇形的生成樹數量
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分析最后一個頂點的連邊，可得
- \(f_n = f_{n-1} + \sum_{k < n} f_k + [n > 0]\)
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前綴和用乘上\(\frac{1}{1-z}\)表示：
- \(F(z) = z F(z) + F(z) \frac{z}{1-z} + \frac{z}{1-z}\)
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求部分分式，得\(f_n = F_{2n}\)，即偶數位斐波那契數列
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特殊的生成函數
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表7-3給出各種系數為特殊數的生成函數，包括斯特林數、歐拉數、伯努利數
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\(\frac{1}{(1-z)^{m+1}} \ln \frac{1}{1-z} = \sum_{n \ge 0} (H_{m+n}- H_m) \binom{m+n}{n} z^n\)
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\(\frac{1}{(1-z)^{x+1} } = \sum_n \binom{x+n}{n} z^n\)
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左邊：\((1-z)^{-x-1}=e^{(x+1)\ln(1/(1-z))}\)，微分后，為\(\frac{1}{(1-z)^{m+1}} \ln \frac{1}{1-z}\)
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右邊：\(\binom{x+n}{n}\)微分后，為\((\frac{1}{x+1} + \frac{1}{x+2} .... \frac{1}{x+n})\),等於\(H_{x+n} - H_x\)
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對復雜的乘積求微分，通常將原式保留，並提取出系數，比直接寫成和式方便。
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特殊情況：\(\frac{1}{1-z} \ln \frac{1}{1-z} = \sum_n H_n z^n\)
卷積
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斐波那契卷積
- \(\sum_{k=0}^n F_k F_{n-k}\)等價於\(F^2(x)[z^n]\)
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調和卷積
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\(T_{m,n} = \sum_{0 \le k < n} \binom{k}{m} \frac{1}{n-k}\)
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因\(\sum_{n \ge 0} \binom{n}{m} z^n = \frac{z^m}{(1-z)^{m+1}}\)，且\(\sum_{n > 0} \frac{z^n}{n} = \ln \frac{1}{1-z}\)
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\(T_{m,n} = [z^n]\frac{z^m}{(1-z)^{m+1}} \ln \frac{1}{1-z} = (H_n - H_m) \binom{n}{n-m}\)
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卷積的卷積
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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。
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\(f_n = \sum_{m > 0} \sum_{k_1+...+k_m=n} k_1k_2...k_m\)
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即\(F(z) = G(z) + G(z)^2 + G(z)^3 + .... = \frac{G(z)}{1-G(z)}\)
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卷積的遞歸式
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卡特蘭數的括號解釋：\(C_n = \sum_k C_k C_{n-1-k} + [n = 0]\)
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\(C(z) = z C^2(z) + 1\)，解得\(C(z) = \frac{1 (+/-) \sqrt{1-4z}}{2z}\)；加或減
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當取+號時，\(C(0)\)是無窮，與事實不符；所以為減
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用廣義二項式展開\(\sqrt{1-4z}\)，可以得到卡特蘭數公式：\(C_n = \binom{2n}{n} \frac{1}{n+1}\)
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拓展內容
- RANEY公式、m-RANEY公式；非常美妙，可用於簡化計數；
指數生成函數
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\(\hat{G}(z) = \sum_{n \ge 0} g_n \frac{z^n}{n!}\)
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\(e^z\)是<1,1,1,1,1.....>的EGF
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\(e^{kz}\)是<1,k,\(k^2\),.....>的EGF
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運算
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求導、積分即為左移和右移
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乘上\(z\)，則右移后每一位乘上\(n\)
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二項卷積：\(\hat{F} (z) \hat{G} (z)\)等價於\(F(z) G(z)\)時乘上組合數系數
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應用：用伯努利數表示\(\sum_{k = 0}^n k^m\)
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應用：完全圖的生成樹個數為\(n^{n-2}\)
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考慮\(n-1\)個點的圖，選出一個生成森林，令\(n\)號點向所有聯通塊連一條邊；一個大小為\(k\)的連通塊有\(k\)種連邊方式。
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\(t_n = \sum_{m> 0} \frac{1}{m!} \sum_{k_1+k_2+...k_m = n-1} \binom{n-1}{k_1,k_2,...,k_m} k_1k_2...k_m t_{k_1} t_{k_2}....t_{k_m}\)
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令\(u_n = n t_n\)
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\(\frac{u_n}{n!} = \sum_{m > 0} \frac{1}{m!} \sum_{k_1+k_2+...k_m = n-1} \frac{u_{k_1}}{k_1!}...\frac{u_{k_m}}{k_m!}\)
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用廣義指數函數，\(\hat{U}(z) = z e^{\hat{U}(z)}\)
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狄里克雷生成函數
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\(\bar{G} (z) = \sum_{n \ge 1} \frac{g_n}{n^z}\)
- 黎曼函數\(\sum_{n \ge 1} \frac{1}{n^z}\) 就是<1,1,1,1....>的DGF
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乘積：\(h_n = \sum_{d | n} f_d g_{n/d}\)
- 因為莫比烏斯函數與<1,1,1,1,1>的狄里克雷卷積為1，所以它們互為逆
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當數列\(<g_1,g_2,....>\)是積性函數時：
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\(\bar{G}(z) = \prod_{\text{p是質數}} (1+\frac{g_p}{p^z} + \frac{g_{p^2}}{p^{2z}}+......)\)
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書上有一些例子
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第八章在《概率統計》一書中有詳細介紹；第九章在數學分析或高等數學中有詳細介紹。