关于二项式

组合数

$(nm)\dbinom{n}{m}$ ：从 $n$ 个物品中选出 $m$ 个的方案数。

$(nm)=n!m!(n−m)!=nm‾m!\dbinom{n}{m}=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}=\dfrac{n^{\underline{m}}}{m!}$
（这个式子只依靠经典的组合意义，所以只在 $0≤m≤n0\leq m\leq n$ 时确保成立。）
推论：
对称性： $(nm)=(nn−m)\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}$
吸收/释放： $(nm)=nm(n−1m−1)\dbinom{n}{m}=\dfrac{n}{m}\dbinom{n-1}{m-1}$
递推公式： $(nm)=(n−1m)+(n−1m−1)\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m}+\dbinom{n-1}{m-1}$
推论：
平行求和： $∑i=0n(r+ii)=(r+n+1n)\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{r+i}{i}=\dbinom{r+n+1}{n}$
证明： $∑i=0n(r+ii)=(r0)+(r+11)+(r+22)+...+(r+nn)=(r+10)+(r+11)+(r+22)+...+(r+nn)=(r+21)+(r+22)+...+(r+nn)=(r+32)+...+(r+nn)=(r+n+1n)\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{r+i}{i}\\=\binom{r}{0}+\binom{r+1}{1}+\binom{r+2}{2}+...+\binom{r+n}{n}\\=\binom{r+1}{0}+\binom{r+1}{1}+\binom{r+2}{2}+...+\binom{r+n}{n}\\=\binom{r+2}{1}+\binom{r+2}{2}+...+\binom{r+n}{n}\\=\binom{r+3}{2}+...+\binom{r+n}{n}\\=\binom{r+n+1}{n}$
上指标求和： $∑i=0n(im)=(n+1m+1)\sum\limits_{i=0}^{n}\dbinom{i}{m}=\dbinom{n+1}{m+1}$
证明： $∑i=0n(im)=(mm)+(m+1m)+(m+2m)+...+(nm)=(m+1m+1)+(m+1m)+(m+2m)+...+(nm)=(m+2m+1)+(m+2m)+...+(nm)=(m+3m+1)+...+(nm)=(n+1m+1)\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{i}{m}\\=\binom{m}{m}+\binom{m+1}{m}+\binom{m+2}{m}+...+\binom{n}{m}\\=\binom{m+1}{m+1}+\binom{m+1}{m}+\binom{m+2}{m}+...+\binom{n}{m}\\=\binom{m+2}{m+1}+\binom{m+2}{m}+...+\binom{n}{m}\\=\binom{m+3}{m+1}+...+\binom{n}{m}\\=\binom{n+1}{m+1}$
经典二项式定理： $(x+y)k=∑i=0k(ki)xiyk−i(x+y)^k=\sum\limits_{i=0}^{k}\dbinom{k}{i}x^iy^{k-i}$
范德蒙德卷积：
结论： $(n+mk)=∑i=0k(ni)(mk−i)\dbinom{n+m}{k}=\sum\limits_{i=0}^{k}\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{k-i}$
证明：首先显然有 $1+x)^{n+m}=(1+x)^n(1+x)^m$
那么 $∑k=0n+m(n+mk)xk=∑i=0n(ni)xi∑j=0m(mj)xj\sum\limits_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}x^k=\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}x^i\sum\limits_{j=0}^{m}\binom{m}{j}x^j$
$∑k=0n+m(n+mk)xk=∑i=0n∑j=0m(ni)(mj)xi+j\sum\limits_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}x^k=\sum\limits_{i=0}^{n}\sum\limits_{j=0}^{m}\binom{n}{i}\binom{m}{j}x^{i+j}$
$∑k=0n+m(n+mk)xk=∑k=0n+m∑i=0k(ni)(mk−i)xk\sum\limits_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}x^k=\sum\limits_{k=0}^{n+m}\sum\limits_{i=0}^{k}\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}x^{k}$
$[xk]∑k=0n+m(n+mk)xk=[xk]∑k=0n+m∑i=0k(ni)(mk−i)xk[x^k]\sum\limits_{k=0}^{n+m}\binom{n+m}{k}x^k=[x^k]\sum\limits_{k=0}^{n+m}\sum\limits_{i=0}^{k}\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}x^{k}$
$(n+mk)=∑i=0k(ni)(mk−i)\binom{n+m}{k}=\sum\limits_{i=0}^{k}\binom{n}{i}\binom{m}{k-i}$
推论：
$∑i=1n(ni)(ni−1)=(2nn−1)\sum\limits_{i=1}^n\dbinom ni\dbinom {n}{i-1}=\dbinom {2n}{n-1}$
证明： $(2nn−1)=∑i=0n−1(ni)(nn−1−i)=∑i=0n−1(ni)(ni+1)=∑i=1n(ni)(ni−1)\binom {2n}{n-1}= \sum\limits_{i=0}^{n-1}\binom ni\binom n{n-1-i}=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\binom ni\binom n{i+1}=\sum\limits_{i=1}^{n}\binom ni\binom n{i-1}$
$∑i=0m(ni)(mi)=(n+mm)\sum\limits_{i=0}^m\dbinom ni\dbinom mi=\dbinom {n+m}m$
证明： $∑i=0m(ni)(mi)=∑i=0m(ni)(mm−i)=(n+mm)\sum\limits_{i=0}^m\binom ni\binom mi=\sum\limits_{i=0}^m\binom ni\binom m{m-i}=\binom {n+m}m$

广义二项式系数

广义二项式系数 : $(αi)=αi‾i!\dbinom{\alpha}{i}=\dfrac{\alpha^{\underline {i}}}{i!}$
（ $α\alpha$ 可以是实数(或者更多?)）

广义二项式定理： $(x+y)α=∑i=0∞(αi)xiyk−i(x+y)^{\alpha}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dbinom{\alpha}{i}x^iy^{k-i}$
（普通二项式定理求和到 $α\alpha$ 就停下，是因为之后的组合数都是 $0$ ，可弃掉）
上指标反转 ：认识和处理上指标为负(整)数的组合数。
$(rk)=(−1)k(k−r−1k)\dbinom{r}{k}=(-1)^k\dbinom{k-r-1}{k}$
证明： $rk‾k!=(−1)k(−r)k‾k!=(−1)k(−r)(−r+1)...(−r+k−1)k!=(−1)k(k−r−1)k‾k!\frac{r^{\underline{k}}}{k!}=\frac{(-1)^k(-r)^{\overline{k}}}{k!}=\frac{(-1)^k(-r)(-r+1)...(-r+k-1)}{k!}=\frac{(-1)^k(k-r-1)^{\underline{k}}}{k!}$
取一半：处理 $(2nn)\dbinom{2n}{n}$ 形组合数。
由 $xk‾(x−12)k‾=(2x)2k‾22kx^{\underline{k}}(x-\frac{1}{2})^{\underline{k}}=\frac{(2x)^{\underline{2k}}}{2^{2k}}$ 知，
$nn‾(n−12)n‾=(2n)2n‾22nn^{\underline{n}}(n-\frac{1}{2})^{\underline{n}}=\frac{(2n)^{\underline{2n}}}{2^{2n}}$
$nn‾(n−12)n‾=(2n)n‾nn‾22nn^{\underline{n}}(n-\frac{1}{2})^{\underline{n}}=\frac{(2n)^{\underline{n}}n^{\underline{n}}}{2^{2n}}$
等式两边同时除以 $n!)^2$ ，得到
$(nn)(n−12n)=122n(2nn)(nn)\binom{n}{n}\binom{n-\frac{1}{2}}{n}=\frac{1}{2^{2n}}\binom{2n}{n}\binom{n}{n}$
$(n−12n)=14n(2nn)\binom{n-\frac{1}{2}}{n}=\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}$
反转上指标：
$(−1)n(12−1n)=14n(2nn)(-1)^n\binom{\frac{1}{2}-1}{n}=\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}$
$(2nn)=(−4)n(−12n){\color{Goldenrod}\dbinom{2n}{n}=(-4)^n\dbinom{-\frac{1}{2}}{n} }$
$∑i=0∞(2ii)xi=∑i=0∞(−12i)(−4x)i×1(−12−i)=(1−4x)−12{\color{Goldenrod}\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dbinom{2i}{i}x^i=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dbinom{-\frac{1}{2}}{i}(-4x)^i\times 1^{(-\frac{1}{2}-i)}=(1-4x)^{-\frac{1}{2}}}$
阶乘幂的二项式定理：
当 $n$ 是自然数时，有
$(x+y)n‾=∑i=0n(ni)xi‾yn−i‾(x+y)^{\underline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}x^{\underline i}y^{\underline{n-i}}$
$(x+y)n‾=∑i=0n(ni)xi‾yn−i‾(x+y)^{\overline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}x^{\overline i}y^{\overline{n-i}}$

二项式反演

各种反演总结

差分与前缀和

$n$ 阶差分是 : $Δnf(x)=∑i=0n(ni)(−1)n−if(x+i)\Delta^{n} f(x)=\sum\limits_{i=0}^n\dbinom{n}{i}(-1)^{n-i}f(x+i)$
$n$ 阶前缀和是 : $Σnf(x)=∑i=0(n+i−1i)f(x−i)\Sigma^{n} f(x)=\sum\limits_{i=0}\dbinom{n+i-1}{i}f(x-i)$ （注意,没有指明上界）

牛顿级数

若 $R_i(x)$ 是关于 $x$ 的 $i$ 次多项式，我们总能在系数合适的时候用 $∑i=0mciRi(x)\sum\limits_{i=0}^mc_iR_i(x)$ 来描述任意多项式。

现在，我们令 $Ri(x)=(xi)=xi‾i!R_i(x)=\dbinom{x}{i}=\dfrac{x^{\underline i}}{i!}$ ，这是符合要求的。

我们就能得到牛顿级数： $F(x)=∑i=0mF[i](xi)F(x)=\sum\limits_{i=0}^mF[i]\dbinom{x}{i}$

根据递推公式，能得到结论： $Δx(xk)=(xk−1)\Delta_x\dbinom{x}{k}=\dbinom{x}{k-1}$

所以 $ΔnF(x)=∑i=nmF[i](xi−n){\color{GoldenRod}\Delta^nF(x)=\sum\limits_{i=n}^mF[i]\dbinom{x}{i-n}}$

对 $F(x)=∑i=0(xi)F[i]F(x)=\sum\limits_{i=0}\dbinom{x}{i}F[i]$ 使用二项式反演可得： $F[x]=∑i=0(xi)(−1)m−iF(i){\color{GoldenRod}F[x]=\sum\limits_{i=0}\dbinom{x}{i}(-1)^{m-i}F(i)}$
二项式反演是可以 $N T T$ 卷积加速的，所以我们能在 $O(nlog⁡n)O(n\log n)$ 内做到： $0⋯m点值⟺牛顿级数0\cdots m点值\Longleftrightarrow牛顿级数$ 。

生成函数与杨辉三角

将杨辉三角（可以看作二维数组）写成二元生成函数的形式：
数组）写成二元生成函数的形式：
$G[n,m]=(nm)G(x,y)=∑i=0∑j=0(ij)xiyj=∑i=0xi(y+1)i=11−x−xy\begin{aligned} G[n,m]&=\dbinom{n}{m}\\ G(x,y)&=\sum\limits_{i=0}\sum\limits_{j=0}\dbinom{i}{j}x^iy^j\\ &=\sum\limits_{i=0}x^i(y+1)^i\\ &=\dfrac{1}{1-x-xy} \end{aligned}$
这个简洁的封闭形式将整个杨辉三角蕴含其中。
如果将 $y$ 替换为关于 $x$ 的式子，或将 $x$ 替换为关于 $y$ 的式子，从二元变成一元， $x^ay^b$ 的系数会根据某些条件合并。
例如，
令 $y=x^k$ ，则 $[xn]G(x,xk)=[xn]∑i=0∑j=0(ij)xixjk=∑i+j×k=n(ij)[x^n]G(x,x^k)=[x^n]\sum\limits_{i=0}\sum\limits_{j=0}\dbinom{i}{j}x^ix^{jk}=\sum\limits_{i+j\times k=n}\dbinom{i}{j}$
令 $x=y^k$ ，则 $[xn]G(yk,y)=[xn]∑i=0∑j=0(ij)xikxj=∑i×k+j=n(ij)[x^n]G(y^k,y)=[x^n]\sum\limits_{i=0}\sum\limits_{j=0}\dbinom{i}{j}x^{ik}x^j=\sum\limits_{i\times k+j=n}\dbinom{i}{j}$
这是杨辉三角上某个奇怪方向的求和。同时，考察封闭形式即可得到系数。
更多的求和：

$∑i=0m(mi)\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{m}{i}$
即为 $∑i+j×0=m(ij)\sum\limits_{i+j\times 0=m}\dbinom{i}{j}$ ，所以令 $y=x^0$ 得到 $G(x,1)=11−2xG(x,1)=\dfrac{1}{1-2x}$ 。提取系数得 $∑i=0m(mi)=[xm]11−2x=2m\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{m}{i}=[x^m]\dfrac{1}{1-2x}=2^m$
$∑i=0m(i+m2i)\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{i+m}{2i}$
注意到 $i + m - (2 i) / 2 = m i + m - (2 i) / 2 = m$ ，故上式即为 $∑i−j/2=m(ij)\sum\limits_{i-j/2=m}\dbinom{i}{j}$ 。令 $y=x^{-1/2}$ 得 $G(x,x−1/2)=11−x−xG(x,x^{-1/2})=\dfrac{1}{1-\sqrt{x}-x}$ ，则 $∑i=0m(i+m2i)=[xm]11−x−x=[z2m]11−z−z2=F2m+1\sum\limits_{i=0}^m\dbinom{i+m}{2i}=[x^m]\dfrac{1}{1-\sqrt{x}-x}=[z^{2m}]\dfrac{1}{1-z-z^2}=F_{2m+1}$ 。其中 $11−z−z2\frac{1}{1-z-z^2}$ 正是斐波那契数列的生成函数除去一个 $z$ 。