特殊数列（长期项目）

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斐波那契数列（Fibonacci）

可能不是很特殊，但是确是最为常见的，看名字就知道明显是个叫做斐波那契的人发现的，全名 莱昂纳多·斐波那契（Leonardo Fibonacci）（意大利）。

• 定义： (f_0 = 0, f_1 = 1, f_n = f_{n - 1} +f_{n-2}(n geq 2))

  生成函数 (F(x)=dfrac{1}{1-x-x^2})

• 通项公式： (f_n = dfrac{1}{sqrt 5}[(dfrac{1+sqrt5}{2})^n - (dfrac{1-sqrt 5}{2})^n])，推导方式有很多种，这里使用最简单的两种

  • 特征方程法：(都是自己盲猜的，有误请指正)

    数列中特征方程法本质上就是构造等比数列，只不过完全看不出来（瞎猜）

    [f_n =f_{n-1}+f_{n-2} iff f_n-f_{n-1}-f_{n-2}=0 ]

    可以看出 (f_n、f_{n-1}、f_{n-2}) 形式一样，我们可以直接盲猜设其为 (f_n=aq^n)（虽然很假但是我想不到其他数列了），则

    [egin{aligned} &aq^{n+2}-aq^{n+1}-aq^n=0 \ iff &aq^n(q^2-q-1)=0 \ iff &aq^n(q-dfrac{1+sqrt5}{2})(q-dfrac{1+sqrt5}{2})=0 \ 有 &f_{1,n} = a(dfrac{1+sqrt5}{2})^n, f_{2,n}=a(dfrac{1-sqrt5}{2})^n \ 将特解线性组合得通解 &f_n = Af_{1,n} +Bf_{2,n} end{aligned} ]

    将 (f_0 =0,f_1 =1) 代入：

    [egin{aligned} &egin{cases} Aa+Ba=0 &(1)\ Aaleft(dfrac{1+sqrt5}{2} ight)+Baleft(dfrac{1-sqrt5}{2} ight)=1&(2) end{cases} \ \ 解(1):& a(A+B)=0 \ &ecause a ot= 0（等比数列性质）\ & herefore A+B=0 iff B=-A \ 代入(2):&Aaleft(dfrac{1+sqrt5}{2}-dfrac{1-sqrt5}{2} ight)=sqrt5Aa=1 \ & iff Aa=dfrac{1}{sqrt5} end{aligned} ]

    再将两个结论代入原数列：

    [egin{aligned} f_n = &Aa(dfrac{1+sqrt5}{2})^n+Ba(dfrac{1-sqrt5}{2})^n \ = & Aa[(dfrac{1+sqrt5}{2})^n-(dfrac{1-sqrt5}{2})^n] \ = & dfrac{1}{sqrt5}left[left(dfrac{1+sqrt5}{2} ight)^n-left(dfrac{1-sqrt5}{2} ight)^n ight] end{aligned} ]

  • 生成函数法：

    (f_n)的普通型生成函数为 (F(x))，则 (F(x) = x+x^2+2x^3+3x^4+5x^5+...+f_n x^n+...)

    利用无穷项的特性，显然有 (F-Fx=Fx^2+x iff F=dfrac{x}{1-x-x^2})

    然后因式分解、裂项：

    [egin{aligned} F(x) &= dfrac{x}{1-x-x^2} = dfrac{x}{(1-phi_1x)(1-phi_2x)} ,解得 phi_1=dfrac{1+sqrt5}{2}, phi_2=dfrac{1-sqrt5}{2}\ &=x(dfrac{a}{1-phi_1x}+dfrac{b}{1-phi_2x})=x(dfrac{a+b-x(aphi_2+bphi_1)}{(1-phi_1x)(1-phi_2x)}) \ iff &egin{cases} a+b=1\aphi_2+bphi_1=0end{cases}, 解得egin{cases} a=dfrac{5+sqrt5}{10}=dfrac{1}{sqrt5}cdotdfrac{sqrt5+1}{2}\ b=dfrac{5-sqrt5}{10}=dfrac{1}{sqrt5}cdotdfrac{sqrt5-1}{2} end{cases} \ iff F(x) &=axdfrac{1}{1-phi_1x}+bxdfrac{1}{1-phi_2x} \ &=ax(1+phi_1x+phi_1^2x^2+...+phi_1^nx^n+...)+bx(1+phi_2x+phi_2^2x^2+...+phi_2^nx^n+...) \ &=dfrac{1}{sqrt5}(dfrac{1+sqrt5}{2}x+(dfrac{1+sqrt5}{2})^2x^2+...+(dfrac{1+sqrt5}{2})^nx^n+...) \ &-dfrac{1}{sqrt5}(dfrac{1-sqrt5}{2}x+(dfrac{1-sqrt5}{2})^2x^2+...+(dfrac{1-sqrt5}{2})^nx^n+...) end{aligned} ]

    据此，我们很容易看出 (f_n = dfrac{1}{sqrt5}left[left(dfrac{1+sqrt5}{2} ight)^n-left(dfrac{1-sqrt5}{2} ight)^n ight])

  很好，这样最简单的通项公式就推导完了

• 一些性质：

  • 与黄金分割比的关系：

    [large lim_{n ightarrowinfty} dfrac{f_{n-1}}{f_{n}} = dfrac{sqrt5-1}{2} ]

    ( m{Proof:})

    (f_n=f_{n-1}+f_{n-2} iff dfrac{f_n}{f_{n-1}}=1+dfrac{f_{n-2}}{f_{n-1}})，设极限 (lim_{n ightarrowinfty}dfrac{f_n}{f_{n-1}})存在且为 (x)。

    则 (lim_{n ightarrowinfty}dfrac{f_{n-2}}{f_{n-1}}=lim_{n ightarrowinfty}dfrac{f_{n-1}}{f_{n}}=dfrac{1}{x})，故：

    [x=1+dfrac{1}{x} (x>1) ]

    解得 (x=dfrac{1+sqrt5}{2} iff lim_{n ightarrowinfty}dfrac{f_{n-1}}{f_{n}} = dfrac{1}{x}=dfrac{sqrt5-1}{2})

  • 1. 平方项与前后项（勾股特征）：
       [large f_n^2-f_{n-1}f_{n+1}=(-1)^{n-1} \ large iff left|f_n^2-f_{n-1}f_{n+1} ight| = 1（定值） ]

2. 求和：
   $$
   large egin{aligned}
   全项：&sum_{i=0}^n f_i=f_{n + 2}
   奇项：&sum_{i=1}^nf_{2i-1}=f_{2n}
   偶项：&sum_{i=1}^nf_{2i}=f_{2n+1}-1
   平方项：&sum_{i=1}^n f_n^2=f_nf_{n+1}
   end{aligned}
   $$

   3. 两倍项关系：
   [ largedfrac{f_{2n}}{f_n}=f_{n-1}+f_{n+1} ]

   4. 隔项关系：

      [ large f_{2n-2m-2}(f_{2n}+f_{2n+2})=f_{2m+2}+f_{4n-2m}, (n > m geq -1, n geq 1) ]

   5. 将杨辉三角左对齐，所有斜率为 1 的直线上数的和为 f 的某一项

      [ large f_n = sum_{i=0}^m inom{n-1-i}{i} ]

      其中 m 为同一直线上数的个数。事实上这个结论是那样的显然，以至于写出来有点累赘了

   6. [ large {m|nimplies f_m | f_n \ f_{(n,m)}=(f_n, f_m)} ]

• 因为我觉得这个线看起来很和谐，所以就搬上来了/xyx：

  

  该图很好地证明了平方项求和的结论：(large sum_{i=0}^nf_i^2=f_n f_{n+1})

• 生成函数： 没啥好说的，普通生成函数 (F(x)=dfrac{x}{1-x-x^2}=x+x^2+2x^3+3x^4+...+f_{infty}x^{infty})

• 矩阵递推： (egin{bmatrix}f_{n}&f_{n+1}end{bmatrix}=egin{bmatrix}f_{n-1}&f_nend{bmatrix} imes egin{bmatrix}0&1\1&1end{bmatrix}) ，可以快速得求出第 n 项。

• 推广：

  • 斐波那契-卢卡斯数列：

    卢卡斯数列： 1, 3, 4, 7, 11, 18...， （斐波那契—卢卡斯递推：(a_n=a_{n-1}+a_{n-2}(ngeq 2))），简而言之，初值 (a_0、a_1)不同。

    以 a、b 为前两项的、满足斐波那契—卢卡斯递推的数列 (F(a,b)) 就是斐波那契-卢卡斯数列。其所有数列都满足勾股特征( (left|f_n^2-f_{n-1}f_{n+1} ight|) 为定值)，但不一定满足 (left|f_n^2-f_{n-1}f_{n+1} ight|=1)（自然特征）

  • 广义斐波那契数列：

    递推式诸如 (f_n = pf_{n-1}+qf_{n-2}) 的数列称为广义斐波那契数列。

    啊这我怎么感觉好多好多常见数列都是广义斐波那契数列（自然数、等差、等比……）

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错位排列

• 定义： 最早起源于信封问题，现在可以看成：满足任意 (a_i ot= i) 的排列数（瞎扯）

  这显然只与 n 有关，设 (d_n) 为 n 个数字错位排列的方案数，则有：

[n!=sum_{i=0}^n inom{n}{i} d_i ]

​ 其意义为：n 个数的全排列为 1~n 位全错位排列重新排列（i 个全错位重新分配到 n 个数中）的方案数之和。
​

​ 容易发现 (inom{n}{i}d_i) 为 n-i 位不错排，i 位为错排的方案数，求和即为全排列。

• 推导公式及化简：

  • 将 (1) 式二项式反演，有通项公式：

    [egin{aligned} d_n &= sum_{i=0}^n (-1)^i inom{n}{i}(n-i)! \ &= sum_{i=0}^n (-1)^i dfrac{n!}{(n-i)!i!} (n-i)! \ &= n!sum_{i=0}^n dfrac{(-1)^i}{i!} end{aligned} ]

    这个结论同样可以暴力容斥得到，但其实二项式反演的本质即容斥：

    [d_n = sum_{S in [n]} (-1)^{|S|} (n-|S|)! ]

    同样可以推出上面的通项公式。

    这对于手算来说还是太繁琐了，有更简便的计算吗？

    注意到 (e^x) 的 Taylor 展开式为 (displaystylesum_{i=0}^infty frac{x^i}{i!})，当代入 (x = -1) 时，有 (e^{-1} = displaystylesum_{i=0}^infty frac{(-1)^i}{i!})，与我们获得的通项公式中的某一项十分相似。

    当 n 很大的时候，可以近似得认为(e^{-1} = displaystylesum_{i=0}^n frac{(-1)^i}{i!}) ，代入通项公式得近似公式：

    [d_n approx dfrac{n!}{e} ]

    经过误差考量我们发现，误差最大时将其值四舍五入即可得到正确答案，而误差随 (n ightarrow infty) 而逐渐减小，故有更简便的计算公式：

    [d_n =left lfloor dfrac{n!}{e} +dfrac{1}{2} ight floor ]

    而这同时也说明了在 n 越来越大的时候，全排列数与错排数的比值趋近自然底数 e，真是美妙。

  • 递推公式：

    [d_n = (n - 1) (d_{n - 1} + d_{n - 2}) ]

    感性理解，放入第 n 个数字时：

    • 如果前面 n - 1 个数已是全错位排列，随便与一个数交换，也能得到一个错位排列。

    • 如果存在某个数不是错排（n - 2 位全错排），则必须与之交换，否则无法构成全错位。

    这式子与前两项都有关，我们尝试化简：

    [egin{aligned} &d_n = (n-1)d_{n-1} + (n-1)d_{n-2} \ iff & d_n - nd_{n-1} = -(d_{n- 1} - (n-1)d_{n-2}) end{aligned} ]

    设 (c_n = d_n - nd_{n-1}), 则 (c_2 = d_2 = 1)，易得 (c_n = 1 imes(-1)^{n-2} = (-1)^n)
    得递推公式：

    [displaystyle{d_n = nd_{n-1} + (-1)^n} ]

• 生成函数： 指数型生成函数 (hat{D(x)} = dfrac{1}{e^x(1-x)})

  之前已经讨论过 Bell数列生成函数的推导 ，但在 H 队博客里还提到了这么一个结论：

  因此，我们可以归纳出 exp 函数在生成函数运算上的组合意义：设有标号组合对象 A 的指数型生成函数为 (hat{A(x)})，表 ([x^n]hat{A(x)} imes n!) 示组合 n 个元素的方案数，那么 (hat{B(x)}=e^{hat{A(x)}}) 就是把元素划分为若干无标号不交并，每一个子集内当作组合对象 A 来处理，所对应的 EGF（指数型生成函数）.

  错位排列一定是由一些大小不为 1 的置换环组合而来，比如 ( ext{2 3 4 5 6 1}) 是一个大小为 6 的置换环，而 ( ext{2 3 1 5 6 4}) 则是两个大小为 3 的置换环组合来的。错排的定义正好吻合：不存在大小为 1 的置换环。

  每个置换环可以看作单独的一个对象 A，而 (hat{A(x)}) 即为环排列的生成函数 (hat{G} -x= lndfrac{1}{1-x}-x)（减去大小为 1 的置换环）

  则错位排列的生成函数即为：

  [hat{D(x)} = e^{hat{A(x)}} = e^{ln frac{1}{1-x}-x} = dfrac{1}{(1-x)e^x} ]

  泰勒展开验算：

  [1 + dfrac{x^2}{2!} + dfrac{2x^3}{3!} + dfrac{9x^4}{4!} + dfrac{44 x^5}{5!} + ... ]

  系数就是错排数。

• 拓展应用：

  • 上面那个容斥的通项计算可以推广到一些特殊形式：m 个点已经给定的错排数，或 n-k 错排（理论）

  我们考虑给定了 m 个点的错排数，需要我们填的只有 n-m 个空，类似于之前容斥：

  [ans = sum_{i=0}^{n-m} (-1)^{i}inom{n-m}{i} (n-m-i)! ]
  • 1. 对于 n 个数中选 m 个构成错排的方案数，一种比较直观的方法是算出所有存在非错排的方案数：
    [ans = sum_{i=max(2m-n,0)}^m inom{m}{i}inom{n-i}{m-i}sum_{0le j le i}(-1)^jinom{i}{j}(m-j)! ]

    其含义为选出的 m 个数字中有 i 个在 ([1,m]) 的范围内，那么选出 i 个可能在自己位置上，方案数 (inom{m}{i}) ；其余有 (m-i) 个位置，随便在剩下的 (n - i) 个数字中选即可，方案数 (inom{n-i}{m-i}) 接下来考虑这每一种构成非错排的不重不漏的方案数，套用错排计算通项即可。

    2. 对于只有一重和式的做法，可以考虑这么一种构造：一个 n 的任意排列，选前 m 个有效位，构成错排的方案数；除去 n!，也就是所有方案数。除去每次重复的 ((n-m)!) 就可以计算出总方案数。
       [displaystyle sum_{i=1}^m (-1)^{i-1} inom{m}{i}(n-i-m)! ]

    在前 m 位中选 i 个位错排，剩下全随便选，容斥一下可得方案数。

卡特兰数（Catalan number）

• 定义：是组合数学中一个常出现于各种计数问题中的数列。百度百科上就是这么定义的。

  前几项（0开始）：1,1,2,5,14,42,132,429,1430,4862,16796...，

  其中第 i 项记为(c_i)。

  我们主要研究卡特兰数的诸多实际应用，如合法出栈序列、合法括号匹配、多边形划分、二叉树形态等。

• 生成函数： 指数型生成函数 (C(x)=dfrac{1-sqrt{1-4x}}{2x})

  Proof:

  [egin{split} &C(x)= sum_{i=0}^infty c_n x^i,\ &C^2(x) = sum_{i=0}^infty (sum_{j=0}^n c_j c_{i-j})x^i = sum_{i=0}^infty c_{i+1}x^i \ iff &C(x)=1+xC^2(x) end{split} ]

  解得

  [C(x) = dfrac{1pmsqrt{1-4x}}{2x} ]

  显而易见卡特兰数不可能有两个生成函数，考虑取舍。

  我们将 (sqrt{1-4x}) 暴力 Maclaurin（麦克劳林） 展开：

  [sqrt{1-4x}=1-2x-2x^2 - 4x^3 - 10x^4... ]

  分别代入两个生成函数：

  [egin{aligned} &C_1(x)=dfrac{1+1-2x-2x^2-4x^3-10x^4...}{2x}=x^{-1}-1-x-2x^2-5x^3... \ &C_2(x)=dfrac{1-1+2x+2x^2+4x^3+10x^4}{2x} = 1+x+2x+5x^3... end{aligned} ]

  恭喜你推出了卡特兰数第 -1 项 显然 (C_2) 才是正确的生成函数。

• 计算公式：

  递归/递推公式：

  [c_{n} = egin{cases} 1 &n=0\ sum_{0leq ileq n-1} c_ic_{n-i-1}&ngeq1 end{cases} ]
  [c_n = dfrac{4n-2}{n+1}c_{n-1} ]

  该式在实际应用中有很多具体意义，见下面的“应用”。

  通项公式：

  [c_n = dfrac{inom{2n}{n}}{n+1}=inom{2n}{n}-inom{2n}{n-1} ]

  推导：

  将 (sqrt{1-4x}) 泰勒展开（或广义二项式展开）得到(sqrt{1-4x}=[x^n](-4)^n inom{frac{1}{2}}{n})，进而得到：

[ egin{aligned} sqrt{1-4x} &= sum_0^infty (-1)^n 2^{2n} inom{frac{1}{2}}{n} \ &= sum_0^infty (-1)^n 2^n frac{(frac{1}{2})^{underline{n}}2^n}{n!} \ &= sum_0^infty (-1) 2^n frac{(2-1)(4-1)...(2n-3)}{n!} \ &= sum_0^infty (-1) 2^n frac{1}{2n-1} imesfrac{(2n)!2^{-n}}{n!n!} \ &= sum_0^infty frac{inom{2n}{n}}{1-2n} end{aligned} ]

带进生成函数：

[ egin{aligned} C(x) &= dfrac{1-sum_{i=0}^infty frac{inom{2i}{i}}{1-2i}x^i}{2x} \ &= sum_{i=0}^infty frac{1}{2(2i+1)}{2i+2choose i+1}x^i \ &=sum_{i=0}^inftyfrac{{2ichoose i}}{i+1}x^i end{aligned} ]

所以可得 (c_n = dfrac{inom{2i}{i}}{i+1})

• 应用：

  • 多边形对角线

    Conclusion: 对于一个凸 n 边形，将其分割为若干三角形的方案数为 (c_{n-2}).

    Proof: 对于某个点可以与 n-2 个点连线将多边形分成一个 a+1 边形和一个 n-a+1 边形，递归处理。

    根据卡特兰数的定义，即可证明方案数为 (c_{n-2})。

  • n 次进栈，n 次出栈的合法排列数

    Conclution: 为卡特兰数第 n 项。

    Proof: 通过合法方案减去不合法方案得到答案为 (inom{2n}{n}-inom{2n}{n-1})，发现即为卡特兰数通项公式 (frac{inom{2n}{n}}{n+1} = inom{2n}{n}(1-frac{n}{n+1})=inom{2n}{n}-inom{2n}{n-1})，故得证。

  • ((0,0) ightarrow (n,n))不越过 (y=x) 的路径数

    Conclusion: 方案数为 (c_n)

    Proof: 略

  • n 对括号完全匹配

    Conclusion: 如题，n 对括号合法匹配数，合法的定义无需解释。

    Proof: 可以令左括号为 1，右括号为 -1，则合法方案数为前缀和不为负的排列方案数。

    那么可以理解为 1 是往右，-1 是往上，则合法方案数为不越过 (y=x) 的路径数，即上一个应用。

  • n 个节点的二叉树形态数

    Conclusion: 不说了都是卡特兰数。

    Proof: 取出一个作为根的点，就可以递归解决，最后列出和 Catalan 数定义一样的递归式。

  • ({1,2...2n})两两分为 n 个子集，其中元素不交叉的方案数

  • 排队找零问题

    And So On……

• 推广：（ExCatalan）

  可以通过格路径引出这个问题。

  • ((0,0) ightarrow (n,n))不越过 (y=x+k) 的路径数： (inom{2n}{n}-inom{2n}{n-k-1})

  • n 对括号最多失配 k 对的方案数： (inom{2n}{n}-inom{2n}{n-k-1})

    恰好 k 对的方案数： (inom{2n}{n-k}-inom{2n}{n-k-1})

  容易发现，(inom{2n}{n-m}) 的含义即为最少完配 n-m 次错误的方案数。

References：

[1] hxc.(2004).Fake with its applications,『特殊计数数列』,『组合数学总结2：生成函数和特殊计数数列』