浅谈 Binomial Sums 相关

from EI

基本就是复述一遍,仅供参考。

\[\]

考虑如下问题:

对于一生成函数 \(G(x)\) 和一数列 \(a\),\(\forall 0\le k\le n\) 已知

\[\sum_{i=0}^na_i[x^i]G(x)^k \]

给出另一生成函数 \(F(x)\),求

\[\sum_{i=0}^na_i[x^i]F(G(x)) \]

若 \(F(x)\) 微分有限,并将微分方程相关视为常数,则我们可以做到 \(O(n)\) 的复杂度。

设 \([x^0]G(x)=c\),\(F(x)\) 满足的微分方程阶数为 \(r\)。

我们考虑求出一生成函数 \(H(x)\),满足 \(H(x+c)\equiv F(x+c) \pmod{x^{n+1}}\)。

那么有:

\[\begin{align*} &\sum_{i=0}^na_i[x^i]F(G(x))\\ =&\sum_{i=0}^na_i[x^i]F(G(x)-c+c)\\ =&\sum_{i=0}^na_i[x^i]\sum_{j\ge 0}([x^j]F(x+c))(G(x)-c)^j\\ =&\sum_{i=0}^na_i[x^i]\sum_{j=0}^n([x^j]H(x+c))(G(x)-c)^j\\ =&\sum_{i=0}^na_i[x^i]H(G(x))\\ =&\sum_{i=0}^nh_i\sum_{j=0}^na_j[x^j]G(x)^i \end{align*} \]

于是问题转为求 \(H(x)\)。

考虑 \(F(x)\) 满足的微分方程:

\[\sum_{i=0}^rp_i(x)F^{(i)}(x)=0 \]

则:

\[\sum_{i=0}^rp_i(x+c)F^{(i)}(x+c)=0 \]

考虑将 \(F\) 替换成 \(H\) 后的影响,此时我们只失去了 \(>n\) 的项,所以若某一项只与 \(\le n\) 的项有关或只与 \(>n\) 的项有关我们就不必去考虑它,唯一影响的只有在一段区间,我们设这个扰动因子为 \(D(x)\),那么:

\[\sum_{i=0}^ip_i(x)H^{(i)}(x)=D(x-c) \]

此时我们就可以递推出 \(H(x)\) 了。

现在大多数为 \(G(x)=e^x\) 的情况。

例:

  • \(\sum_{i=0}^ma_i[\frac{x^i}{i!}]e^{nx}\)

    \(F(x)=x^n\)

    显然有:

    \[F(x)'x=nF(x) \]

    考察 \(x^m\) 次项,有:

    \[(m+1)\binom{n}{m+1}(x-1)^m+H(x)'x=nH(x) \]

  • \(\sum_{i=0}^ma_i[\frac{x^m}{k!}](1+e^x)^n\)

    \(F(x)=(1+x)^n\)。

    显然有:

    \[F(x)'(1+x)=nF(x)\\ \]

    考察 \(x^m\) 项,可以得到:

    \[2(m+1)\binom{n}{m+1}2^{n-m-1}(x-1)^k+H(x)'(1+x)=nH(x) \]

  • \(\sum_{i=0}^m a_i[\frac{x^i}{i!}](qe^x+(1-q))^n\)

    \(F(x)=(qx+(1-q))^n\)。

    显然有:

    \[F(x)'(x+\frac{1-q}{q})=nF(x) \]

    考察 \(x^m\) 次项,可以得到:

    \[q^m(m+1)\binom{n}{m+1}(x-1)^m+H(x)'(x+\frac{1-q}{q})=nH(x) \]

参考资料

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