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：
$\begin{matrix} 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & 0 & 0\\ 0 & d & 0 & 0 & \dots & 0 & -d\\ 0 & 0 & 2d & 0 & \dots & 0 & -2d\\ 0 & 0 & 0 & 3d & \dots & 0 & -3d\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & 0 & 0 & \dots & nd & -nd\\ 0 & -d & -2d & -3d & \dots & -nd & \frac{n(n + 1)}{2}d\\ \end{matrix}$
通过对行、列、主对角线分别做区间加等差数列的差分，最后把标记合并即可。

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每日算法&面试题，大厂特训二十八天——第二十天（树）肥学 ⚡算法题⚡面试题每日精进 java 算法数据结构
目录标题导读算法特训二十八天面试题点击直接资料领取导读肥友们为了更好的去帮助新同学适应算法和面试题，最近我们开始进行专项突击一步一步来。上一期我们完成了动态规划二十一天现在我们进行下一项对各类算法进行二十八天的一个小总结。还在等什么快来一起肥学进行二十八天挑战吧！！特别介绍小白练手专栏，适合刚入手的新人欢迎订阅编程小白进阶python有趣练手项目里面包括了像《机器人尬聊》《恶搞程序》这样的有趣文章
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