Log_x

Algorithm Review 7 组合数学

组合数学

$n$ 个无标号小球放入 $m$ 个无标号盒子中，设答案为 $f_{n,m}$ ，转移即讨论第一个盒子是否放球：
$f_{0,i} = 1, f_{i,j} = f_{i,j - 1} + f_{i - j, j}$
若要求每个盒子中至少放一个，则答案为 $f_{n - m,m}$ ，枚举 $m$ 求和即 分拆数。
结论1 $\sum \limits_{i = 0}^{m} \binom{k + i}{k} = \binom{k + m + 1}{k + 1}$

$\begin{aligned} \sum \limits_{i = 0}^{m} \binom{k + i}{k} &= \binom{k + 1}{k + 1} + \binom{k + 1}{k}+\sum\limits_{i = 2}^{m}\binom{k + i}{k} \\ &= \binom{k + 2}{k + 1} + \binom{k+2}{k} + \sum\limits_{i = 3}^{m}\binom{k + i}{k} \\ &= \dots \\ &= \binom{k + m + 1}{k + 1}\\ \end{aligned}$

结论2 对于斐波拉契数列 $F_n(F_0 = 0,F_1=1, F_n = F_{n - 1} + F_{n - 2})$ ，有：
$F_n = \sum \limits_{k = 0}^{n - 1}\binom{n - 1 - k}{k}$

证明易知 $F_0 = 0,F_1 = 1$ ，对于 $n\ge 2$ ，考虑归纳证明
$\begin{aligned} F_{n} &= F_{n - 1} + F_{n - 2} \\ &= \binom{n - 2}{0} + \sum \limits_{k = 1}^{n - 2}\binom{n - 2 - k}{k} + \sum \limits_{k = 1}^{n - 2}\binom{n - 2 - k}{k - 1} \\ &= \binom{n - 1}{0} + \sum \limits_{k = 1}^{n - 2}\binom{n - 1 - k}{k} + \binom{0}{n - 1} \\ &= \sum \limits_{k = 0}^{n - 1}\binom{n - 1 - k}{k} \\ \end{aligned}$
范德蒙德卷积 $\sum \limits_{i = 0}^{k}\binom{n}{i}\binom{m}{k - i} = \binom{n+m}{k}$
- 推论1 $\sum \limits_{i = 0}^{\min\{n,m\}}\binom{n}{i}\binom{m}{i} = \binom{n+m}{n} = \binom{n + m}{m}$ （利用 $\binom{n}{i} = \binom{n}{n - i}$ ）。
- 推论2 $\sum \limits_{i = 0}^{n}\binom{n}{i}\binom{m}{i+k} = \sum \limits_{i = 0}^{n}\binom{n}{n - i}\binom{m}{i+k} = \binom{n + m}{n + k}$

鸽巢原理

将 $n + 1$ 个物体，划分为 $n$ 组，至少有一组有两个或以上的物体。
将 $n$ 个物体，划分为 $k$ 组，至少存在一个分组，含有至少 $\lceil \frac{n}{k} \rceil$ 个物体。

典例 2022牛客多校10I

题目大意

给定数组 $a, b$ ，长度分别为 $n, m$ ，询问能够找到一组 $i, j, k, l$ ，满足 $i\not = j,k\not = l,|a_i - a_j| = |b_k - b_l|$ 。
$\le n, m\le 10^6, 0 \le a_i,b_i\le 10^7$ 。

题解

若 $a, b$ 均有重复元素，显然有解，否则将 $a, b$ 排序后去重。
原式去掉绝对值后移项可变为 $a_i + b_l = a_j + b_k$ ，由鸽巢原理， $a_j + b_k$ 的值两两不同的情况最多只有 $\times 10^7$ 种，暴力枚举即可。

Ramsey 数

定义 $r (m, n)$ 表示满足以下条件的完全图的最少点数 $n$ ：
- 将图的所有边染为红蓝两种颜色之一。
- 无论如何染色，图中至少存在一个边全为红色的 $K_m$ 或者边全为蓝色的 $K_n$ 。
由定义可知 $r (n, m) = r (m, n), r (1, n) = 1$ 。
利用鸽巢原理容易证明 $r(3,3)\le 6$ ， $r (3, 3) > 5$ 的反例如下图，实际上任取一个五元环即可。
可以证明 $r (2, n) = n$ ：
- 证明 $r (2, n) > n - 1$ ，显然我们可以将 $K_{n - 1}$ 的所有边都染成蓝色而符合条件。
- 证明 $\le n$ ，显然 $K_n$ 所有边全为蓝色和其中至少存在一个边全为红色的 $K_2$ ，两个条件总是至少有一个成立。
结论 $\le r(n-1,m)+r(n,m-1)$

证明设 $p = r (n - 1, m) + r (n, m - 1)$ ，任取 $p$ 个点中的一个点 $x$ ，设 $R_x$ 表示与 $x$ 相连的边均为红色的点集， $B_x$ 表示与 $x$ 相连的边均为蓝色的点集，易知 $R_x| + |B_x| = p - 1$ 。

由鸽巢原理，一定存在以下两个条件之一成立：

$|R_x| \ge r(n - 1,m)$

$|B_x| \ge r(n, m - 1)$

对于条件 1，在 $R_x$ 中任取 $r (n - 1, m)$ 个点，由 $r (n - 1, m)$ 的定义至少存在一个边全为红色的 $K_{n - 1}$ 或边全为蓝色的 $K_{m}$ 。若存在一个边全为蓝色的 $K_m$ ，证明已经完成；若存在一个边全为红色的 $K_{n - 1}$ ，将 $x$ 加入即可得到边全为红色的 $K_n$ 。

对于条件2，同理可证。

推论若 $r (n - 1, m)$ 和 $r (n, m - 1)$ 均为偶数，则 $\le r(n - 1,m) + r(n,m-1) - 1$

证明沿用结论中证明的定义，此时 $R_x| + |B_x| = p - 2$ 。

由鸽巢定理，一定存在以下三个条件之一成立：

$|R_x| \ge r(n - 1,m)$

$|B_x| \ge r(n, m - 1)$

$R_x| = r(n - 1,m) - 1$ 且 $B_x| = r(n, m - 1) - 1$

前两个条件已经被证明，该推论可能不成立当且仅当对于所有点都满足条件 3，然而若所有点都满足条件 3 时由握手定理，图中的红边总数为 $\frac{(r(n - 1,m) - 1)(p - 1)}{2}$ ，由奇偶性该式一定不为整数，故至少存在一个点不满足条件 3。

部分 Ramsey 数的证明：
- $r (3, 4) = 9$
  - 由推论可知 $\le r(2,4) + r(3,3) - 1 \le 4 + 6 - 1 = 9$ ，以下是证明 $r (3, 4) > 8$ 的例子：
  - 记中间四条红边为特殊边。对于边全为红色的 $K_3$ ，容易验证不含或只含一条特殊边的红环边数均大于3，而若含两条及以上特殊边，因为特殊边间没有公共点，肯定不会形成三元环。对于边全为蓝色的 $K_4$ ，
    我们需要保证选到的点中不存在两点是一条特殊边的两个端点，但此时一定会存在两点在除特殊边外的红八元环上相邻。
- $r (3, 5) = 14$
  - 由推论可知 $\le r(2,5) + r(3,4) = 5 + 9 = 14$ ，下面是证明 $r (3, 5) > 13$ 的例子：
    - 构造 13 个结点，标号 $0\sim 12$ 。
    - 设 $A = \{1,5,8,12\}$ ， $(i, j)$ 为红色当且仅当 $\in A$ 。
  - 首先肯定不会边全为红色的 $K_3$ ，因为集合 $A$ 中任意两个元素之和均不属于 $A$ 。
  - 注意到该构造的定义实际上是对称的，将一个 13 元环所有距离属于集合 $A$ 的点对相连，故若存在至少一个边全为蓝色的 $K_5$ ，一定存在一个边全为蓝色的 $K_5$ 包含结点 0。
  - 对剩下选取的结点进行分类讨论，不难排除所有可能的方案。
结论2 $r (n, m) > (n - 1) (m - 1)$

证明构造一个 $n - 1$ 行 $m - 1$ 列的点阵，同行的点之间连红边，否则连蓝边，显然图中不存在边全为红色的 $K_{n - 1}$ 和边全为蓝色的 $K_{m - 1}$ 。

将 Ramsey 数的概念推广到 $k$ 染色，不难得到 $r(x_1,x_2,\dots,x_k)$ 的定义。
结论3 $r(x_1,x_2,\dots,x_k) \le r(x_1,x_2,\dots,x_{k-2},r(x_{k - 1},x_k))$

证明根据定义讨论即可。

Sum-Free 划分 将集合 $\{1,2,\dots,n\}$ 划分成 $k$ 个集合，使得每个集合中不存在两个数 $x, y$ （ $x$ 和 $y$ 可相等），使得 $x + y$ 也在这一集合中。
结论4 设 $s_k$ 表示关于参数 $k$ 最小的不能进行 Sum-Free 划分 的 $n$ ，则 $s_k < r(3,\dots,3)(k个3)$

证明设 $r(3,\dots,3)(k个3)$ ，将 $\{1,2,\dots,X-1\}$ 划分成 $k$ 个集合 $R_1,R_2,\dots,R_k$ ，对于任意结点编号 $i,j\in\{1,2,\dots,X\}$ ，若 $j|\in R_l$ ，则将 $(i, j)$ 染为颜色 $l$ ，由 $X$ 的定义图中至少存在一个边同色的 $K_3$ ，设编号为 $，则有 ∣ j - i ∣ + ∣ k - j ∣ = ∣ k - i ∣ ，与 Sum-Free 划分的定义矛盾。$

二项式反演

结论给定 $\in \mathbb N$ ，则存在以下关系式
$g_k = \sum \limits_{i = k}^{n} \binom{i}{k}f_i \Leftrightarrow f_k = \sum \limits_{i = k}^{n} (-1)^{i - k} \binom{i}{k}g_i$

证明
$\begin{aligned}\sum \limits_{i = k}^{n} (-1)^{i - k} \binom{i}{k}g_i &= \sum \limits_{i = k}^{n}(-1)^{i - k} \binom{i}{k} \sum \limits_{j = i}^{n} \binom{j}{i} f_j \\&= \sum \limits_{j = k}^{n} f_j\sum \limits_{i = k}^{j} (-1)^{i - k} \binom{i}{k}\binom{j}{i}\\&= \sum \limits_{j = k}^{n} f_j\sum \limits_{i = k}^{j} (-1)^{i - k} \binom{j}{k}\binom{j - k}{i - k}\\&= \sum \limits_{j = k}^{n} \binom{j}{k} f_j \sum \limits_{i = 0}^{j - k} (-1)^{i} \binom{j - k}{i}\\&= \sum \limits_{j = k}^{n} \binom{j}{k} f_j (1 - 1)^{j - k}\\&=\sum \limits_{j = k}^{n}\binom{j}{k}f_j[j = k] =f_k \end{aligned}$

第二类斯特林数

记作 $S (n, k)$ 或者 $\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix}$ 表示将 $n$ 个两两不同的元素，划分为 $k$ 个互不区分的非空子集的方案数。
易知 $\begin{Bmatrix}n\\0\end{Bmatrix} = [n = 0], \begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \begin{Bmatrix} n - 1\\k- 1\end{Bmatrix} + k\begin{Bmatrix}n - 1\\k\end{Bmatrix}$ 。
结论长度为 $n$ 且最大数不超过 $m$ 的单调不降正整数数列的各数乘积之和为 $\begin{Bmatrix}n+m\\m\end{Bmatrix}$ 。

证明相当于将 $n + m$ 个不同的球放入 $m$ 个相同的盒子中，每个球至少有一个球。可将放入每个球的过程分为选择一个有球/无球的盒子和放入两步，则需要选择一个有球盒子的球恰好有 $n$ 个，第 $i$ 个选择有球盒子的球选择的方案数为当前有球的盒子数，可等价为数列中的第 $i$ 个数。

快速计算一整行的第二类斯特林数

设 $G_{n,k}$ 为将 $n$ 个两两不同的元素，划分为 $k$ 个两两不同（允许为空）的集合的方案数， $F_{n,k}$ 为将 $n$ 个两两不同的元素，划分为 $k$ 个两两不同的非空集合的方案数，由容斥原理得：
$\begin{Bmatrix}n\\k\end{Bmatrix} = \frac{F_{n,k}}{k!} = \frac{1}{k!}\sum\limits_{i = 0}^{k}(-1)^{k - i}\binom{k}{i}G_{n,i} = \sum\limits_{i = 0}^{k}\frac{(-1)^{k - i}}{(k - i)!} \frac{i^n}{i!}$
显然是卷积的形式。

快速计算一整列的第二类斯特林数

由于非空集合的限制，设指数型生成函数 $\sum \limits_{i\ge 1}\frac{x^i}{i!}$ ，则
$\begin{Bmatrix} i\\k\end{Bmatrix} = \frac{i!}{k!}[x^i]H^k(x)$
通过多项式快速幂计算即可。

次幂的拆解

因为
$G_{n,k} = \sum \limits_{i = 0}^{k} \binom{k}{i} F_{n,i} \\ k^n = \sum \limits_{i = 0}^{\min\{k,n\}} \begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix} \binom{k}{i} i!$
若 $n$ 比较小，就能实现将 $k^n$ 拆开后分项计算。

第一类斯特林数

记作 $s (n, k)$ 或者 $\begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}$ ，表示将 $n$ 个两两不同的元素，划分为 $k$ 个互不区分的非空轮换的方案数。
易知 $\begin{bmatrix}n\\0 \end{bmatrix} = [n = 0], \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix} = \begin{bmatrix}n - 1\\k - 1\end{bmatrix} + (n - 1)\begin{bmatrix} n - 1 \\ k\end{bmatrix}$ 。
设生成函数 $F_n(x) = \sum \limits_{k = 0}^{n} \begin{bmatrix}n\\k\end{bmatrix}x^k$ ，根据递推式不难写出
$F_n(x)=xF_{n-1}(x)+(n-1)F_{n-1}(x)=(x+n-1)F_{n-1}(x)=\prod\limits_{i=0}^{n -1}(x+i)$
容易通过分治 NTT 求出。

上升幂、下降幂、普通幂的相互转化

记上升幂 $x^{\overline{n}}=\prod\limits_{i = 0}^{n-1}(x+i)$ ，下降幂 $x^{\underline{n}} = \prod\limits_{i = 0}^{n-1}(x-i) = \frac{x!}{(x-n)!} = A_{x}^k$ ，容易根据定义得到：
$(-x)^{\overline{n}} = \prod \limits_{i = 0}^{n - 1}(-x+i)=(-1)^n\prod\limits_{i = 0}^{n - 1}(x-i)=(-1)^nx^{\underline{n}}\\ (-x)^{\underline{n}} = \prod \limits_{i = 0}^{n - 1}(-x-i)=(-1)^n\prod\limits_{i = 0}^{n - 1}(x+i)=(-1)^nx^{\overline{n}}$
关于两者与普通幂之间的转换有如下结论，证明过程以顺序编号（1）~（4）指代：
$x^{\overline{n}} = \sum \limits_{k = 0}^{n}\begin{bmatrix} n\\k\\\end{bmatrix}x^k\tag{1}\\$ $x^n = \sum \limits_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\begin{Bmatrix} n\\k\\\end{Bmatrix}x^{\overline{k}}\tag{2}\\$ $x^n = \sum \limits_{k = 0}^{n}\begin{Bmatrix} n\\k\\\end{Bmatrix}x^{\underline{k}}\tag{3}\\$ $x^{\underline{n}} = \sum \limits_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\begin{bmatrix} n\\k\\\end{bmatrix}x^{k}\tag{4}\\$

证明（1）已经在 第一类斯特林数 一节内容中用生成函数证明，考虑到：
$(-x)^{\overline{n}} =(-1)^nx^{\underline{n}}= \sum \limits_{k = 0}^{n}(-1)^k\begin{bmatrix} n\\k\\\end{bmatrix}x^k$ 移项后即可得到（4）。
（3）容易根据 $x^{\underline{k}}$ 和 $x^n$ 的组合意义得到，利用类似的技巧，可以得到：
$(-x)^n = \sum \limits_{k=0}^{n}\begin{Bmatrix} n\\k\\\end{Bmatrix}(-x)^{\underline{k}} = \sum \limits_{k=0}^{n}(-1)^k\begin{Bmatrix} n\\k\\\end{Bmatrix}x^{\overline{k}}$ 整理移项后即可得到（2），证毕。

贝尔数

设 $B_n$ 表示基为 $n$ 的集合的划分数目，则 $B_n = \sum\limits_{i = 0}^{n}\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}$ 。
考虑第 $n$ 个元素归属的划分， $B_n$ 有递推公式：
$B_n = \sum\limits_{i = 0}^{n - 1}\binom{n - 1}{i}B_i = (n - 1)!\sum\limits_{i = 0}^{n - 1}\frac{B_i}{i!} \frac{1}{(n - 1 - i)!}$
可以通过分治 NTT 快速求得 $B_i(1 \le i \le n)$ 。
另外，沿用第二类斯特林数中 $H (x)$ 的定义， $\text{exp}\ H(x) = \sum\limits_{i\ge 0}\frac{H^i(x)}{i!}$ 即为贝尔数的生成函数，也可通过这一方式来计算。

卡特兰数

通项公式 $h_n = C_{2n}^{n} - C_{2n}^{n+1}=\frac{C^{n}_{2n}}{n+1}=\frac{(2n)!}{n!(n +1)!}$
- 在平面直角坐标系上，每一步只能往上走或往右走，从 $(0, 0)$ 走到 $(n, n)$ 并且两个端点外不接触直线 $y = x$ 的路线数量为 $2h_{n - 1}$ ，不跨过直线 $y = x$ 的路线数量为 $h_n$ ，证明过程即通项公式的证明。
递推公式 $h_0 = h_1 = 1$ ， $h_n = \frac{(4n - 2)h_{n - 1}}{n+1}$ ， $h_n=\sum\limits_{i=0}^{n - 1}h_ih_{n-i-1}$
- 入栈顺序为 $1,2,\dots,n$ ，合法出栈顺序的方案数为 $h_n$ 。
- 考虑枚举最后一个出栈的元素为 $k$ ，则小于 $k$ 的元素必定在 $k$ 入栈之前出栈，大于 $k$ 的元素必定在 $k$ 出栈之前出栈，可证得该递推式。
相关问题
- $n$ 对括号的合法匹配数为 $h_n$ 。
- $n$ 个节点构成的不同二叉树的数量为 $h_n$ 。
- 圆上 $2 n$ 个点，两两配对连线不相交的方案数为 $h_n$ 。
- $n$ 条边的凸多边形三角剖分划分方案数 $h_{n - 2}$ （枚举其中一条边对应的三角剖分）。

分拆数

令 $f_n$ 表示将 $n$ 进行分拆的方案数。
例如， $1 + 1 + 1 + 1 = 1 + 1 + 2 = 1 + 3 = 2 + 2 = 4$ ，所以 $f_4 = 5$ 。
下面给出几种常见的计算 $f_i(1 \le i \le n)$ 的方法。

根号分治

设 $\lfloor \sqrt{n}\rfloor$ 。
对于 $> S$ 的数，设 $g_{i,j}$ 表示选了 $i$ 个数总和为 $i (S + 1) + j$ 的方案数，转移有两种：
1. 新加入一个数，初始值为 $S + 1$ ： $g_{i,j} += g_{i - 1, j}$ 。
2. 给之前选的所有数 +1： $g_{i,j} += g_{i,j - i}$ 。
第一维只有 $\mathcal O( \sqrt{n})$ 级别，时间复杂度 $\mathcal O(n \sqrt{n})$ 。
求出 $> S$ 的数的 $\text{DP}$ 数组后，对于 $\le S$ 的数，直接完全背包即可，总的时间复杂度 $\mathcal O(n \sqrt{n})$ 。

	s = sqrt(n);
	g[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= s; ++i)
		for (int j = 0, jm = n - i * (s + 1); j <= jm; ++j)
		{
			if (j >= i)
				add(g[j], g[j - i]);
			add(f[i * (s + 1) + j], g[j]);
		}
	f[0] = 1; 
	for (int i = 1; i <= s; ++i)
		for (int j = i; j <= n; ++j)	
			add(f[j], f[j - i]);

生成函数

令 $f_0 = 1$ ，考虑 $f_i$ 的生成函数：
$\begin{aligned}F(x) &= \sum \limits_{i = 0}^{\infty}f_ix^i \\&= \prod \limits_{i = 1}^{\infty} \frac{1}{1 - x^i}\\&= \exp\left(\sum \limits_{i = 1}^{\infty} \ln \frac{1}{1-x^i}\right)\\\end{aligned}$
注意到：
$\begin{aligned}(\ln \frac{1}{1 - x^i})' = (1 - x^i)\left(\frac{1}{1 - x^i}\right)' \Leftrightarrow\ \ln \frac{1}{1 - x^i} =& \int (1 - x^i)\left(\frac{1}{1 - x^i}\right)' dx\\=& \sum \limits_{j = 1}^{\infty}x^{ij} - \sum \limits_{j = 2}^{\infty}\frac{j - 1}{j}x^{ij}\\=& \sum \limits_{j = 1}^{\infty}\frac{x^{ij}}{j}\\\end{aligned}$
所以
$\begin{aligned}F(x) = \exp\left(\sum \limits_{i = 1}^{\infty}\sum \limits_{j = 1}^{\infty} \frac{x^{ij}}{j}\right)\\\end{aligned}$
可以 $\mathcal O(n \ln n)$ 预处理出内部系数，再 $\exp$ 回去，总时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$ 。

五边形数定理

即函数 $\varPhi(x)$ 满足：
$\begin{aligned}\varPhi(x) = \prod \limits_{i = 1}^{\infty} (1 - x^i) = \sum \limits_{k = 0}^{\infty}(-1)^kx^{\frac{k(3k - 1)}{2}}\end{aligned}$
具体证明见 visit_world博客中的证明。
由于 $\varPhi(x)F(x) = 1$ ，可以直接多项式求逆，时间复杂度 $\mathcal O(n \log n)$ 。
注意到 $\varPhi(x)(\mod x^{n + 1})$ 中系数不为 $0$ 的项只有 $\mathcal O(\sqrt{n})$ 个，也可以暴力进行求逆，时间复杂度 $\mathcal O(n \sqrt{n})$ 。

高阶前缀和

考虑一个序列 $a_1, a_2, a_3, \dots$ ，设 $f (i, j)$ 表示序列 $a$ 中求 $j$ 次前缀和后 $a_i$ 中包含多少个 $a_1$ ，显然 $\forall i \ge 1, f(i,1) = f(1,i) = 1$ ，容易得到转移： $f (i, j) = f (i, j - 1) + f (i - 1, j)$
利用坐标变换 $\begin{cases}x = i + j - 2\\y = j - 1 \\\end{cases}$ 得到 $g (x, y) = f (i, j)$ ，容易得到转移： $g (x, y) = g (x - 1, y - 1) + g (x - 1, y)$
容易验证 $\binom{x}{y}$ ，即 $\forall i \ge 1,j\ge 1,f(i,j) = \binom{i + j - 2}{j - 1}$ 。

高阶差分

与组合数的关系

定义 $\Delta^{p}h(n)$ 表示序列 $h$ 经过 $p$ 次差分后第 $n$ 项的值，即
$\Delta^{p + 1}h(n - 1) = \Delta^ph(n)-\Delta^ph(n-1) \\\Delta^0h(n) = h(n)$
结论1 可通过归纳法证明，若 $\sum \limits_{i = 0}^pa_in^i$ ，则 $\Delta^{p+1}h(n)$ 恒为 0。
结论2 若 $\forall i\not = p,\Delta^ih(0)=0$ 且 $\Delta^ph(0) = 1$ ， $h (n)$ 为 $n$ 的 $p$ 次多项式，则 $\binom{n}{p}$ 。

证明容易得到 $\forall 0 \le i < p，h(i)=0$ 且 $h (p) = 1$ ，可设 $c\prod\limits_{i=0}^{p - 1}(n-i)$ 代入 $h (p) = 1$ ，解得 $\frac{1}{p!}$ ，即 $\binom{n}{p}$ 。
结论3 根据结论 1 并推广结论 2，已知 $\Delta^ih(0)(0\le i\le p)$ 且 $h (n)$ 为 $n$ 的 $p$ 次多项式，则： $\sum \limits_{i=0}^{p}\binom{n}{i}\Delta^ih(0)$ 该结论可用于快速求一些数列的通项。

区间加等差数列

首项的贡献很容易计算，考虑公差的贡献，将其差分两次后得到：

0	$d$	$2 d$	$\dots$	$n d$	0	0	0
0	$d$	$d$	$\dots$	$d$	$- n d$	0	0
0	$d$	0	$\dots$	0	$- (n + 1) d$	$n d$	0

每次操作打上标记后，最后求两次前缀和即可（注意不要把 $n d$ 遗漏，其它高阶差分问题也要注意这样的边界问题）。

二维矩阵差分

设 $\Delta h(i,j) = h(i,j) - h(i - 1,j) - h(i,j - 1) + h(i - 1, j - 1)$ 。
倘若我们需要给一个矩阵的某个子方矩阵打上下面这样的标记：
$\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0\\ 0 & d & d & d & \dots & d & 0\\ 0 & d & 2d & 2d & \dots & 2d & 0\\ 0 & d & 2d & 3d & \dots & 3d & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & d & 2d & 3d & \dots & nd & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0\\ \end{matrix}$
做一次二维矩阵差分后，可得到：
$\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0\\ 0 & d & 0 & 0 & \dots & 0 & -d\\ 0 & 0 & d & 0 & \dots & 0 & -d\\ 0 & 0 & 0 & d & \dots & 0 & -d\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & d & -d\\ 0 & -d & -d & -d & \dots & -d & nd\\ \end{matrix}$
通过对行、列、主对角线分别差分最后把标记合并即可。
类似地，倘若我们需要给一个矩阵的某个子方矩阵打上下面这样的标记：
$\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0\\ 0 & d & d & d & \dots & d & 0\\ 0 & d & 3d & 3d & \dots & 3d & 0\\ 0 & d & 3d & 6d & \dots & 6d & 0\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & d & 3d & 6d & \dots & \frac{n(n + 1)}{2}d & 0\\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0\\ \end{matrix}$
做一次二维矩阵差分后，可得到：
$\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0\\ 0 & d & 0 & 0 & \dots & 0 & -d\\ 0 & 0 & 2d & 0 & \dots & 0 & -2d\\ 0 & 0 & 0 & 3d & \dots & 0 & -3d\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & nd & -nd\\ 0 & -d & -2d & -3d & \dots & -nd & \frac{n(n + 1)}{2}d\\ \end{matrix}$
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