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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 o 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 (sumlimits_{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）。
[Deltainom{n}{m}=inom{n+1}{m}-inom{n}{m}\
=dfrac{(n+1)^{underline{m}}-n^{underline{m}}}{m!}\
=dfrac{mn^{underline{m-1}}}{m!}\
=dfrac{n^{underline{m-1}}}{(m-1)!}=inom{n}{m-1}
]
所以 (k) 次差分之后
[Delta^kinom{n}{m}=inom{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}inom{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}inom{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
[inom{n}{m}=dfrac{n!}{m!(n-m)!}
]
拿组合意义搞的，所以定义域为 (0le mle n) 。卷积的时候非常常用
对称性
[inom{n}{m}=inom{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}inom{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
[inom{n}{m}=dfrac{n}{m}inom{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
[inom{n}{m}=inom{n-1}{m}+inom{n-1}{m-1}
]
经常拿来裂项求递推式。
三项式版恒等式
[inom{n}{m}inom{m}{k}=inom{n-k}{n-m}inom{n}{k}
]
我也不知道为啥叫这个名字。。。
[inom{n}{m}inom{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)!}\
=inom{n-k}{n-m}inom{n}{k}
]
平行求和法
[sum_{i=0}^{n}inom{n+k}{k}=inom{n+k+1}{n}
]
证明需要加法公式裂项。
[inom{n}{0}+inom{n+1}{1}+inom{n+2}{2}+inom{n+3}{3}+cdots\
inom{n+1}{0}+inom{n+1}{1}+inom{n+2}{2}+inom{n+3}{3}+cdots\
=inom{n+2}{1}+inom{n+2}{2}+inom{n+3}{3}+cdots\
=inom{n+3}{2}+inom{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}inom{i}{m}=inom{n+1}{m+1}
]
换一种方法加法裂项。
[inom{n+1}{m+1}=inom{n}{m}+inom{n}{m+1}\
=inom{n}{m}+inom{n-1}{m}+inom{n-1}{m+1}\
=inom{n}{m}+inom{n-1}{m}+inom{n-2}{m}+inom{n-2}{m+1}\
cdots
]
一直往下裂项即可。
范德蒙德卷积
[inom{n+m}{k}=sum_{i=0}^{k}inom{n}{i}inom{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}{ exttt{S}}color{red}{ exttt{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
[inom{r}{m}=dfrac{r^{underline{m}}}{m!}
]
广义二项式定理：
[(x+y)^r=sum_{i}inom{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=sumlimits_{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
[inom{r}{m}=(-1)^{m}inom{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}inom{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!}\
inom{2k}{k}cdotdfrac{1}{2^{2k}}=inom{k-dfrac{1}{2}}{k}
]
右边上指标反转
[inom{2k}{k}=2^{2k}cdot (-1)^{k}inom{-dfrac{1}{2}}{k}\
=(-4)^{k}inom{-dfrac{1}{2}}{k}
]
所以
[sum_iinom{2i}{i}x^i=sum_i(-4x)^{i}inom{-dfrac{1}{2}}{i}
]
由广义二项式定理得
[sum_{i}inom{-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}inom{n}{i}x^{underline{i}}y^{underline{n-i}}\
(x+y)^{overline{n}}=sum_{i=0}^{n}inom{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
[inom{x+y}{n}=sum_{i=0}^{n}dfrac{x^{underline{i}}}{i!}dfrac{y^{underline{n-i}}}{(n-i)!}=sum_{i=0}^{n}inom{x}{i}inom{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 (egin{Bmatrix}n\mend{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
(egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=egin{Bmatrix}n-1\m-1end{Bmatrix}+megin{Bmatrix}n-1\mend{Bmatrix})
意思是，第 (n) 个球如果单独放一个盒子，有 (egin{Bmatrix}n-1\m-1end{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 (megin{Bmatrix}n-1\mend{Bmatrix}) 种方案。
几个边界
[egin{Bmatrix}n\1end{Bmatrix}=1(n>0),egin{Bmatrix}n\nend{Bmatrix}=1(nge 0);\
egin{Bmatrix}n\2end{Bmatrix}=2^{n-1}-1(n> 0),egin{Bmatrix}n\n-1end{Bmatrix}=inom{n}{2}
]
一些性质
[m^n=sum_{i}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}i!inom{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}egin{Bmatrix}n\iend{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}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}(-m)^{underline{i}}\
m^n(-1)^{n}=sum_{i=0}^{n}(-1)^iegin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}(-1)^i(-m)^{underline{i}}\
m^n(-1)^{n}=sum_{i=0}^{n}(-1)^iegin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}m^{overline{i}}\
m^n=sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}m^{overline{i}}\
]
[egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=dfrac{1}{m!}sum_{i=0}^{m}inom{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}egin{Bmatrix}i\nend{Bmatrix}dfrac{x^i}{i!}=dfrac{1}{n!}(e^x-1)^n
]
这是一列第二类斯特林数的 (
m 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 (egin{bmatrix}n\mend{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
[egin{bmatrix}n\mend{bmatrix}=egin{bmatrix}n-1\m-1end{bmatrix}+(n-1)egin{bmatrix}n-1\mend{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
[egin{bmatrix}n\0end{bmatrix}=[n=0],egin{bmatrix}n\nend{bmatrix}=1\
egin{bmatrix}n\n-1end{bmatrix}=inom{n}{2},egin{bmatrix}n\1end{bmatrix}=(n-1)!
]
一些性质
[sum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{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 (egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}) ，加起来就是排列总数。
[x^{overline{n}} =sum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{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}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}x^i\
=xsum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}x^i+nsum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}x^i\
=sum_{i=1}^{n+1}egin{bmatrix}n\i-1end{bmatrix}x^i+sum_{i=0}^{n}negin{bmatrix}n\iend{bmatrix}x^i\
=sum_{i=0}^{n+1}egin{bmatrix}n+1\iend{bmatrix}x^i
]
[x^{underline{n}}=sum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{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}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}(-x)^i\
=sum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i
]
[S_1(x,y)=sum_{i}sum_{j}egin{bmatrix}i\jend{bmatrix}dfrac{x^iy^j}{i!}=(1-x)^{-y}\
n^{-y}=y^{underline{n}}\
sum_{i=0}egin{bmatrix}i\kend{bmatrix}dfrac{x^i}{i!}=dfrac{(-ln(1-x))^k}{k!}
]
一个环的 (
m EGF) 是 (F(x)=sumlimits_{i=0}egin{bmatrix}i\1end{bmatrix}dfrac{x^i}{i!}=sumlimits_{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(-yln(1-x))=(1-x)^{-y}
]
然后看第二行
[n^{-y}\
=n![x^n]sum_{i}inom{-y}{i}(-x)^{i}\
=n!inom{-y}{n}(-1)^{n}\
=n!dfrac{(-y)^{underline{n}}}{n!}(-1)^{n}\
=(-1)^{n}(-y)^{underline{n}}\
=y^{overline{n}}
]
(
m 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}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}m^{underline{i}}=sum_{i=0}^{n}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}(-1)^{n-i}m^{overline{i}}\
x^{overline{n}} =sum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}x^i\
x^{underline{n}}=sum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}(-1)^{n-i}x^i
]
反转公式
[sum_{k=m}^{n}egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}egin{bmatrix}k\mend{bmatrix}(-1)^{n-k}=[n=m]\
sum_{k=m}^{n}egin{bmatrix}n\kend{bmatrix}egin{Bmatrix}k\mend{Bmatrix}(-1)^{n-k}=[n=m]
]
证明：
[m^n=sum_{k=0}^{n}egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}m^{underline{k}}\
=sum_{k=0}^{n}egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}sum_{i=0}^{k}egin{bmatrix}k\iend{bmatrix}m^{i}(-1)^{k-i}\
=sum_{i=0}^{n}m^isum_{k=i}^{n}egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}egin{bmatrix}k\iend{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 (sumlimits_{k=i}^{n}egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}egin{bmatrix}k\mend{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}egin{bmatrix}n\kend{bmatrix}m^k\
=sum_{k=0}^{n}egin{bmatrix}n\kend{bmatrix}sum_{i=0}^{k}egin{Bmatrix}k\mend{Bmatrix}(-1)^{k-i}m^{overline{i}}\
=sum_{i=0}^{k}m^{overline{i}}sum_{k=0}^{n}egin{bmatrix}n\kend{bmatrix}egin{Bmatrix}k\mend{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}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}G(i)Leftrightarrow G(n)=sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}egin{bmatrix}n\iend{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}egin{bmatrix}n\iend{bmatrix}F(i)
]
由反转公式 (sumlimits_{k=m}^{n}egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}egin{bmatrix}k\mend{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}egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}egin{bmatrix}k\iend{bmatrix}(-1)^{n-k}F(i)\
=sum_{k=0}^{n}egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}sum_{i=0}^{k}egin{bmatrix}k\iend{bmatrix}(-1)^{k-i}F(i)\
=sum_{k=0}^{n}egin{Bmatrix}n\kend{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}inom{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 (
m EGF) 。
首先得要知道 (e^{cx}={1,c,c^2,c^3,cdots}) 。
构造自然数幂的 (
m EGF) ：
[F_k(x)=sumdfrac{k^ix^i}{i!}=sumdfrac{(kx)^i}{i!}=e^{kx}
]
然后构造自然数幂前缀和的 (
m 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 (
m 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}inom{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}{ exttt{x}}color{red}{ exttt{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}inom{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<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>)
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<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>=(k+1)left<egin{matrix}n-1\kend{matrix}
ight>+(n-k)left<egin{matrix}n-1\k-1end{matrix}
ight>
]
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<egin{matrix}0\kend{matrix}
ight>=[k=0],left<egin{matrix}n\0end{matrix}
ight>=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<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>=left<egin{matrix}n\n-k-1end{matrix}
ight>
]
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<egin{matrix}n\mend{matrix}
ight>=sum_{k=0}^{m}inom{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<egin{matrix}n\mend{matrix}
ight>=(m+1)left<egin{matrix}n-1\mend{matrix}
ight>+(n-m)left<egin{matrix}n-1\m-1end{matrix}
ight>
]
只看右边：
[RHS=(m+1)sum_{k=0}^{m}inom{n}{k}(m+1-k)^{n-1}(-1)^{k}+(n-m)sum_{k=0}^{m}inom{n}{k}(m-k)^{n-1}(-1)^{k}\
=sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}inom{n}{k}left((m+1)(m+1-k)^{n-1}+(n-m)(m-k)^{n-1}
ight)\
=sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}inom{n}{k}left((m+1-k)(m+1-k)^{n-1}+k(m+1-k)^{n-1}+(n-m)(m-k)^{n-1}
ight)\
=sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}inom{n}{k}left((m+1-k)^n+dfrac{k}{m+1-k}(m+1-k)^n+(n-m)(m-k)^{n-1}
ight)\
]
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(inom{n}{k}+inom{n}{k-1}
ight)(m+1-k)^n+sum_{k=0}^{m}inom{n}{k}(dfrac{k}{m+1-k}-dfrac{k}{n+1-k})(m+1-k)^n(-1)^{k}\+sum_{k=0}^{m}(-1)^{k}inom{n}{k}(n-m)(m-k)^{n-1}\
=sum_{k=0}^{m}(-1)^kinom{n+1}{k}(m+1-k)^{n}+sum_{k=0}^{m}inom{n}{k}dfrac{k(m-n)}{(m+1-k)(n+1-k)}(m+1-k)^{n}(-1)^{k}\
+sum_{k=0}^{m}(-1)^kinom{n}{k}(n-m)(m-k)^{n-1}\
=sum_{k=0}^{m}(-1)^kinom{n+1}{k}(m+1-k)^{n}+sum_{k=0}^{m}inom{n}{k}dfrac{k(m-n)}{n+1-k}(m+1-k)^{n-1}(-1)^{k}\
+sum_{k=0}^{m}(-1)^kinom{n}{k}(n-m)(m-k)^{n-1}\
=sum_{k=0}^{m}(-1)^kinom{n+1}{k}(m+1-k)^{n}+sum_{k=1}^{m}inom{n}{k-1}(m-n)(m+1-k)^{n-1}(-1)^{k}\
+sum_{k=1}^{m+1}(-1)^kinom{n}{k-1}(n-m)(m-k+1)^{n-1}\
=sum_{k=0}^{m}(-1)^kinom{n+1}{k}(m+1-k)^{n}+sum_{k=1}^{m}inom{n}{k-1}(m-n)(m+1-k)^{n-1}(-1)^{k}\
+sum_{k=1}^{m}(-1)^kinom{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<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{x+k}{n}
]
这个被叫做 (
m Worpitzky) 恒等式。zky恒等式，是机房红太阳发明的/se
[x^{n+1}=xcdot x^n\
=sum_{k=0}^{n}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>xinom{x+k}{n}
]
暂时跳开整个证明，看看 (xdbinom{x+k}{n}) 是啥，不然完全推不下去。
[xinom{x+k}{n}=(k+1)inom{x+k}{n+1}+(n-k)inom{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<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>xinom{x+k}{n}\
=sum_{k=0}^{n}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>left((k+1)inom{x+k}{n+1}+(n-k)inom{x+k+1}{n+1}
ight)\
=sum_{k=0}^{n}(k+1)left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{x+k}{n+1}+sum_{k=0}^{n}(n-k)left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{x+k+1}{n+1}\
=sum_{k=0}^{n}(k+1)left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{x+k}{n+1}+sum_{k=0}^{n-1}(n-k)left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{x+k+1}{n+1}\
=sum_{k=0}^{n}(k+1)left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{x+k}{n+1}+sum_{k=1}^{n}(n-k)left<egin{matrix}n\k-1end{matrix}
ight>inom{x+k}{n+1}\
=sum_{k=0}^{n}left<egin{matrix}n+1\kend{matrix}
ight>inom{x+k}{n+1}\
=sum_{k=0}^{n+1}left<egin{matrix}n+1\kend{matrix}
ight>inom{x+k}{n+1}\
]
证毕。
[m!egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=sum_{k}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{k}{n-m}
]
先把上一条式子拉下来：
[x^n=sum_{k=0}^{n}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{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<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>left(inom{x+1+k}{n}-inom{x+k}{n}
ight)=sum_{k=0}^{n}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{x+k}{n-1}
]
那么两边 (m) 阶差分：
[Delta^m(x^n)=sum_{k=0}^{n}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{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}inom{m}{i}(-1)^{m-i}(x+i)^{n}
]
再从第二类斯特林数拉一个式子下来：
[egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=dfrac{1}{m!}sum_{i=0}^{m}inom{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<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{k}{n-m}=m!egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}
]
[left<egin{matrix}n\mend{matrix}
ight>=sum_{k}egin{Bmatrix}n\kend{Bmatrix}inom{n-k}{m}(-1)^{n-k-m}k!
]
先把上一个式子拉下来
[m!egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=sum_{k}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{k}{n-m}
]
然后是特别神仙的操作：两边对 (m) 求和
[sum_{m}m!egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=sum_{m}sum_{k}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{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!egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=sum_{m}sum_{k}x^{n-m}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{k}{n-m}\
]
[RHS=sum_{t}sum_{k}x^tleft<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>inom{k}{t}\
=sum_{k}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>sum_{t}x^tinom{k}{t}\
=sum_{k}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>(x+1)^k
]
用 (x-1) 代替 (x) 得到
[sum_{m}(x-1)^{n-m}m!egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=sum_{k}left<egin{matrix}n\kend{matrix}
ight>x^k
]
两边 (x^k) 系数应该相等。左边 (x^k) 系数：
[[x^k]=sum_{t}inom{t}{k}(-1)^{t-k}(n-t)!egin{Bmatrix}n\n-tend{Bmatrix}\
=sum_{t}inom{n-t}{k}(-1)^{n-t-k}t!egin{Bmatrix}n\tend{Bmatrix}\
]
然后就没有然后了。
例题