差分序列
差分序列
定义：
设(f(x) = h_1, h_2, h_3...h_n...)是一个序列，那么定义一阶差分序列为：
[Delta h_0, Delta h_1...Delta h_n...
]
其中$$Delta h_n = h_{n + 1} - h_n$$
我们递归的定义$$Delta^ph_0, Delta^ph_1, Delta^ph_2...Delta^ph_n...(p ge 1)$$为(f(x))的(p)阶差分序列，其中(Delta^ph_n = Delta(Delta^{p - 1}h_n))
特别的,一个序列的(0)阶差分序列是它自己。
性质与相关定理
定理1 设序列的通项是n的p次多项式，即：
[h_n = a_pn^p + a_{p - 1}n^{p - 1}... + a_1n + a_0(n ge 0)
]
则对所有的(n ge 0,Delta^{p + 1}h_n = 0)
可以用归纳法证明:
差分的线性性 ：定义序列：(h_n = f_n + g_n)
那么显然有(Delta h_n = Delta g_n + Delta f_n)
进一步归纳可以得到：
[Delta^p(cg_n + df_n) = cDelta^p g_n + dDelta^p f_n
]
利用差分的线性性和差分表第0条对角线(最左边那个右下方向的)，可以确定整个序列，因此可以引申出如下定理：
定理2 假设差分表第0条对角线为：(c_0, c_1, c_2, c_3...c_p,0,0,0...),其中(c_p != 0)
那么我们有：
[h_n = c_0 inom{n}{0} + c_1 inom{n}{1} + ... + c_p inom{n}{p}
]
所以：
[sum_{k = 1}^n h_k = c_0 sum_{k = 0}^n inom{k}{0} + c_2 sum_{k = 0}^n inom{k}{1} + ... + c_p sum_{k = 0}^n inom{k}{p}
]
因为组合数性质：(大概可以用杨辉三角理解一下)
[sum_{k = 1}^{n} inom{k}{p} = inom{n + 1}{p + 1}
]
可以得到：
[sum_{k = 0}^{n}h_k = c_0 inom{n + 1}{1} + c_1 inom{n + 1}{2} + ... + c_p inom{n + 1}{p + 1}
]
(Delta) 一个复杂度(O(次数))的求部分和的公式
组合意义
出现在差分表第0条对角线上的那些数具有其组合意义。
讨论(未完成，瞎写的，不要看)
设
[h_n = n^p
]
那么差分表的第0条对角线有如下形式：
[c(p, 0), c(p, 1), c(p, 2)...c(p, p), 0, 0...
]
因此有
[n^p = c(p, 0) inom{n}{0} + c(p, 1) inom{n}{1} + ... + c(p, p) inom{n}{p}
]
记为1式。
如果p = 0, 则h_n = 1,它是一个常数，因此上式变为：
[n^0 = 1 = 1 inom{n}{0} = 1
]
特别的，
[c(0, 0) = 1
]
因为若(p geq 1),则作为(n)的多项式，(n^p)有一个等于0的常数项,所以：
[c(p, 0) = 0 (q geq 1)
]
为了方便表示，我们用更加简洁的符号来表示排列数，即([n]_k = P(n, k))，表示(n)个不同对象的(k)排列数。
我们通过引入新的表达式来改写1式。则1式可以被表示为：
[[n]_k = begin{cases}
n(n - 1)...(n - k + 1) quad (k geq 1) \
1 quad (k = 0)
end{cases}]
同时注意到：
[[n]_{k + 1} = (n - k)[n]_k
]
因为
[inom{n}{k} = frac{n(n - 1)...(n - k + 1)}{k!} = frac{[n]_k}{k!}
]
由此得到：
[[n]_k = k! inom{n}{k}
]
因此，我们可以将1式进一步的改写为：
[n^p = c(p, 0)frac{[n]_0}{0!} + c(p, 1)frac{[n]_1}{1!} + ... +c(p, p)frac{[n]_p}{p!}
]
[= sum_{k = 0}^p c(p, k)frac{[n]_k}{k!} = sum_{k = 0}^pfrac{c(p, k)}{k!}[n]_k
]
我们引入第二类斯特林数。记：
[S(p, k) = frac{c(p, k)}{k!} quad (0 le k le p)
]
因此改写后的1式可以更进一步变为：
[n^p = S(p, 0)[n]_0 + S(p, 1)[n]_1 + ... + S(p, p)[n]_p = sum_{k = 0}^{p}S(p, k)[n]_k
]
因为
[S(p, 0) = frac{c(p, 0)}{0!} = c(p, 0)$$.
因此：
$$S(p, 0) = egin{cases}
1 quad (p = 0)\
0 quad (p geq 1)
end{cases}]
(没写完……)