具体数学

本文是阅读《具体数学》产生的理解性文本，并且涵盖了部分其他相关的内容。

不怎么重要或者太难的东西因为时间问题，我略过了。

本文来之不易，请勿机械搬运：原文地址 - https://www.cnblogs.com/jeefy/p/17848037.html

第二章 - 和式

和式的处理

和式是一切的基础，其三个法则十分重要：

其中 \((1.1)\) 代表着分配律，\((1.2)\) 代表的结合律，而 \((1.3)\) 代表的交换律。

我们可以通过这三种法则证明高斯给出的等差数列求和的公式：

其中 \(0 \to 1 \to 2\) 我们用了两次交换律，在 \(4\) 用了结合律，在 \(5\) 用了分配律。

常常我们化简式子可能就是这些法则的排列组合。

对于多重和式，我们有着一个新的技巧：交换求和次序

其中 \([P(j, k)]\) 是用于验证 \(j, k\) 的组合是否合法的符号，如果合法则为 \(1\)，反之为 \(0\)。

也就是说我们并不在意我们到底先枚举的是哪一个变量，但是有些时候枚举另一个变量确实可能简单很多。

我们可以通过这个法则阐释矩阵乘法的结合律：

于是我们可以从和式的角度了解到矩阵乘法确实满足结合律。

有限微积分

较好的参考文章：有限微积分与数列求和 - LUNATIC time!

在离散数学中，最小的单位就是 \(1\)，那么如果要把无限微积分那一套搞过来，那么 \(Df(x)\) 中的 \(D\) 的含义就必须发生变化。

定义差分算子 \(\Delta f(x) = f(x + 1) - f(x)\)，可以看到这与 \(Df(x) = \lim_{h \to 0} \frac {f(x + h) - f(x)} h\) 十分的相似。

对于无限微积分来说，\(D(x^n) = n x^{n - 1}\) 是个非常优美的性质。

然而 \(\Delta (x^n)\) 却是十分的丑陋，于是需要找到新的代替品：

其中 \(x^{\underline n} = x (x - 1) (x - 2) \cdots (x - n + 1)\)。

有了类似的微分，我们需要考虑积分。在无限微积分中，我们有 \(\int_a^b g(x) dx = f(x) \vert_a^b = f(b) - f(a)\)，其中 \(g(x) = Df(x)\)。

而在有限微积分中，我们有另外一个东西：

其中 \(g(x) = \Delta f(x)\)。

这是一个左闭右开区间，所以我们可以简单的合并几个和式：\(\sum_a^b + \sum_b^c = \sum_a^c\)。

我们可以通过这个法则简单的得到 \(x^{\underline n}\) 的求和公式。

考虑 \(\Delta (x^{\underline{n}}) = n x^{\underline{n - 1}}\) 的事实，我们可以推知 \(\frac 1 {m + 1}((x + 1)^{\underline {n + 1}} - (x)^{\underline {n + 1}}) = x^{\underline n}\)。

也就是若 \(g(x) = x^{\underline n}\)，那么存在 \(f(x) = \frac 1 {n + 1} x^{\underline{n + 1}}\) 满足 \(\Delta f(x) = g(x)\)。

那么此时我们可以得到：

在这个过程中，对于下标 \(0 \le k \lt n\) 告诉我们，左闭右开区间一般比闭区间更好处理！

但是这个过程并不完美，因为我们没有考虑到 \(m = -1\) 的情况。

考虑 \(x^{\underline {-1}} = \frac 1 {x + 1}\)，于是我们可以得知 \(\sum_{0 \le k \lt n} k^{\underline {-1}} = H_k \vert_0^n = H_n\) ！

其中 \(H_n = \sum_{1 \le k \le n} \frac 1 k\)，这是一个类似于 \(\ln n\) 的东西，两者的差值并不会太大。

分部求和

无限微积分中，乘法求导有一个公式：\(D(uv) = u Dv + v Du\)，那么有限微积分中是否也有类似的产物？

将差分算子运用在两个函数上：

如果我们定义位移算子 \(E = \Delta^{-1}\)，也就是 \(E f(x) = f(x + 1)\)，那么我们有：

我们重新排布一下两边，并且对于各自求一个和，那么我们就可以得到部分求和法则：

它的作用在于一个和式两部分不太好求，但是一部分是某一个简单式子的差分形式，另一部分有着一个简单的差分形式，那么我们可以通过这种方式进行尝试。

我们可以知道，\(f(x) = x\) 有着 \(\Delta f(x) = 1\) 的优秀形式，而 \(\Delta (2^k) = 2^k\)，于是利用部分求和法则：

对于第二部分是一个简单的等比数列形式，那么我们可以得知：

现在我们尝试看另外一个例子：

其中 \(x^{\underline k}\) 有简单的差分形式，而 \(a^x\) 是 \(\frac {a^x}{a - 1}\) 的差分形式，那么我们可以化为：

这个式子我们需要保证 \(k \ne 0\) 才是正确的，否则，\(n^{\underline k} a^n\) 应当写为 \(n^{\underline k} a^n - 0^{\underline k} a^0\) 以避免分讨。

此时我们发现后半部分的式子是一摸一样的，所以考虑设 \(S_k = \sum_0^n x^{\underline k} a^x \delta x\)，那么根据上式，我们有：

其中，若 \(k = 0\) 时，有 \(S_0 = \sum_0^n a^x \delta x = \frac {a^n - 1}{a - 1}\)，于是我们可以 \(O(k)\) 的递推求出这个式子。

我们可以尝试进行展开：

得到了其较为简单的非递归式，然而其是否存在封闭形式？目前看来并没有。

小练习：

第四章 - 数论

阶乘的因子

常见的问题为 \(n!\) 中有多少个因子 \(p\)。

我们常见的想法是考虑有 \(k\) 个因子 \(p\) 的数有多少个，但是这是不好算的，考虑至少有 \(k\) 个因子的有多少个。

简单的，显然的，这就是 \(\lfloor \frac n {p^k} \rfloor\)，于是乎恰好有 \(k\) 个因子的数有 \(\lfloor \frac n {p^k} \rfloor - \lfloor \frac n {p^{k + 1}} \rfloor\)，于是我们得到式子：

这太丑陋了，小小展开，我们其是就发现更简单的形式：

有了这个，或许我们就可以证明 Kummer 定理了：

注意到 \(n!\) 中 \(p\) 的次数为 \(\sum_{i = 0} \lfloor \frac n {p^i} \rfloor\)

于是对于 \(\binom{n + m}{m} = \frac {(n + m)!}{n! m!}\)

因子的个数为 \(\sum_{i = 0} \lfloor \frac{n + m}{p^i} \rfloor - \lfloor \frac{n}{p^i} \rfloor - \lfloor \frac{m}{p^i} \rfloor\)

也就是说只有 \(n + m\) 在这里进位了才能逃离被删除的宿命……并且由此还可以证明其因数 \(p\) 的个数不超过 \(\log_p (n + m)\)。

互素

在书上的典型结构是 Stern-Brocot 树。它大概长这样：

每次得到的新的分数是由左右两个祖先 \(\frac m n, \frac {m'} {n'}\) 拼凑而来：\(\frac {m + m'}{n + n'}\)

如果继续观察，每一层相邻的两个数 \(\frac m n, \frac {m'} {n'}\) 一定满足：

这意味着一定满足 \(\frac m n < \frac {m'} {n'} \iff m' n - m n' > 0\)（因为这里保证 \(n > 0\)）

这意味着如果我们有其相邻的分数的信息，我们就可以找到它。

我们可以通过矩阵的形式来表示：

我们考虑向左一步，那么左侧的不变，右侧的变成自己：

向右一步则是左侧变成自己，右侧不变：

于是我们可以简单的二叉搜索出某个分数在树上的位置。

第五章 - 二项式系数

二项式系数有很具体的用处，但是想要用好却不是那么容易。

比较细致的文章：# 二项式系数 - zhiyangfan 的小窝

主要是变化太多了，啥都能套一套。

我们对书中部分公式进行证明。

\((5.1)\) 是范德蒙德卷积，典。

\((5.2)\) 是利用了恒等变换的范德蒙德卷积，前提是 \(t \ge 0\)。

原文中 \((5.3)\) 的证明利用了对于 \(s\) 的归纳法，这里尝试给出变换性的证明。

但是这个变化步骤中有很大的漏洞：

• 在第一步 \(\binom {t + k}{n} \to \binom {t + k}{t + k - n}\) 的过程中，我们并没有关注 \(t + k \ge 0\) 的条件，同样，在最后我们也没有关注 \(t + m \ge 0\) 的条件。

但是我太菜了，只能想到如此推导了……

上文是我自己思考的结果……QwQ
感谢 @British_Union 的提示
并感谢 @myee 给出的另一种证明的方法：多项式推理法。

我们发现如果我们能够保证 \(t > m\)，那么上述的问题都将不复存在，我们可以合理的如此推导。

而多项式推理法指的是我们可以发现如果 \(n, m, s\) 确定，那么这是一个关于 \(t\) 的 \(n - s\) 次多项式：

对于等式左侧， 我们可以确定是其也是关于 \(t\) 的一个 \(n\) 次多项式，两者在满足 \(t > m\) 时相减存在无穷的零点，意味着相减后我们得出的多项式为常数多项式 \(f(x) = 0\)，意味着两边相等。

于是我们可以合理的推出这个式子在 \(t\) 作为变量的情况下对于全体实数成立。

剩下的两个式子推导和这个是一样的套路，不再展开。

我们顺便多学习一下多项式推理法。

在正整数下，我们了解到帕斯卡恒等式的成立：

我们可以知道两侧都是关于 \(r\) 的 \(k\) 次多项式，相减也一定是一个 \(k\) 次多项式。

而一个 \(d\) 次多项式至多有 \(d\) 个零点，所以两个 \(d\) 次多项式相减有两种情况：

• 至多 \(d\) 个零点，这意味着两者不尽相等。
• 无穷多个零点，此时相减出来的多项式正是 \(f(x) = 0\)。

我们在此可以了解到在 \(\Z_+\) 下等式成立，意味着减出来有无穷多个零点，也就意味着两者相等！

于是我们可以了解到这个恒等式在 \(r \in \R\) 下成立！

来到新的挑战：

显然的我们利用三项式变化一下：

利用 \(\binom nm = \frac nm \binom {n - 1}{m - 1}\) 我们可以干掉 \(k + 1\)：

对于内部来说，我们可以利用恒等变换，再利用 \((5.3)\) 的结果：

但是事实上这里也有同上的漏洞，\(\binom {n + k} k\) 中 \(n + k\) 可能 \(< 0\) 使得恒等变化后原本没有值的地方有了值，但是我们需要保证 \(k \ge 0\)，所以上面的变换不尽正确！

所以换一个尝试：

也就是当 \(n = 0\) 非 \(0\)，即原式等价于 \([n = 0]\)。

通过如上两个例子，我们发现对称恒等式确实是一个陷阱……能别用就别用，除非能保证上指标 \(\ge 0\)。

我们进入作业题，对于整数 \(n, m \ge 0\)，求出：

看着好恐怖，\(j\) 出现了 \(4\) 次！还有两个和式！不过这都是小问题。

我们尝试一点一点消掉他们。

首先观察到 \(\binom {-j + rk + s}{m - j}\) 上下都有 \(-j\)，尝试利用上指标反转干掉一个：

我们发现在 \(k\) 已知的情况下，这就类似一个范德蒙德卷积！于是改变求和顺序：

考虑外面有一个 \((-1)^m\)，内部的下指标都是 \(m\)，那么都反转一下，顺便将剩下的 \(-1\) 乘进去：

稍微平移一下下标：

于是我们就得到了这个简单的封闭形式。

高阶差分与牛顿级数

这在 math 1.4 中讲了，内容参见 share-math。

第六章 - 特殊的数

斯特林数

斯特林数分为第一类和第二类。比较常用的是第二类。

第二类斯特林数 \(n \brace k\) 的组合意义为讲 \(n\) 个物品的集合划分为 \(k\) 个非空子集的方法数。

利用这个意义我们可以引出一个递推式：

分别指的是新开一个子集，或者放入某一个子集的方案数。

对于第一类斯特林数，其还对于每一个子集排成了环，形成了 \(k\) 个轮换（cycle）

对于每一个大小为 \(m\) 的子集，存在 \((m - 1)!\) 种轮换，由此可以看出存在 \({n \brack k} \ge {n \brace k}\)。

我们同样可以通过组合意义找到一个递推式：

分别指新开一个轮换，或者插入到某一个元素前面。

有了加法公式，那么很多时候我们就可以通过归纳法证明与之相关的内容了。

在这之前，我们可以讨论一下 \({n \brack k}\) 与排列的关系。

轮换加排列在组合数学中有另外一个体现：置换。

置换可以将一个排列划分为若干个有向圈，每一个有向圈对应着某一个轮换。

这意味着每一个排列都对应着一个子集轮换的方案，换言之：

我们回到加法公式和归纳法上，关于 \(n \brace k\) 有一个非常经典的等式：

我们一定可以通过归纳法证明它，考虑 \(x \times x^n = x^{n + 1}\)，或许我们能够对 \(n\) 进行归纳证明之。

先考虑 \(n = 0\) 的情况，\(LHS = 1\)，而 \(RHS = {0 \brace 0} x^{\underline 0} = 1\)，故 \(n = 0\) 的时候成立。

对于 \(x^{n + 1}\)，我们如此考虑归纳：

我们考虑 \(x \times x^{\underline k}\) 是否有很好的表达方式，发现可以通过 \(x^{\underline {k + 1}} = x^{\underline k} (x - k)\) 得出：

于是我们可以简单的将上式拆开：

于是归纳得证。

斯特林数有许许多多不那么常用的恒等式，所以并不太需要注意。

不过我们回到加法公式：

我们是否能够像：

一样将他们推广到更多的地方？

事实上，如果我们先约定 \({0 \brace k} = {0 \brack k} = [k = 0]\) 以及 \({k \brace 0} = {k \brack 0} = [k = 0]\)，那么我们就可以利用加法公式求出负数下 \({n \brace k}\) 的值！

如果将整个表画出来，那么我们将得到一个惊人整齐的等式：

这容易利用加法公式验证。

第一类斯特林数并没有通项公式，但是第二类斯特林数却存在。

可以通过二项式反演简单的证明：

或者写成稍微好看的一个形式：

当这个形式一出来，那么我们就可以知道如何快速的求一行斯特林数了。

设 \(F(x) = \frac {x^n}{i!}\)，\(G(x) = \frac {(-1)^x} {x!}\)，那么知道：

于是我们可以通过 NTT \(O(n \log n)\) 的求出整行的第二类斯特林数。

我们现在考虑是否能够快速的求出整列的斯特林数？

我们考虑一列斯特林数的生成函数：

根据加法公式，我们有：

于是存在：

于是我们得到：

于是可以分治 NTT 和多项式取逆做即可。

然而实际上有办法避免多项式求逆的，但是有点复杂。

但是不合理，代码太抽象了，我们换一个方法，考虑 EGF。

将斯特林数拆开：

于是多项式快速幂即可。这只需要写一个 NTT 即可做到 \(O(n \log n \log k)\)。

其实通过类似的方式，我们可以推导出第一类斯特林数行列的求法。

这里不做过多展开。

调和数

调和数 \(H_n = \sum_{i = 1}^n \frac 1i\)，认为是离散下对于 \(\ln n\) 的模拟，其误差 \(\gamma \approx 0.577215\)。

这是欧拉所证明的：\(\lim\limits_{n \to \infty} (H_n - \ln n) = \gamma\)。

对于调和数我们还有一个与斯特林数挂钩的等式：

考虑通过：

可以知道：

于是只需要展开这个递归式即可得到 \((6.1)\)。

第一个例题较好，复习了分部求和法则：

如果掌握的分部求和法则，那么这就比较简单，这里不再展开。

我们总是会遇到它的生成函数的，虽然这是之后的内容（也是后面回来写的）

学完生成函数和卷积以后，我们会了解到一个小技巧：生成函数前缀和。

具体来说，对于 \(\langle f_n \rangle\) 与 \(\langle 1, 1, \cdots \rangle\) 的卷积会得到 \(\langle \sum_{i = 0}^n f_i \rangle\)。

在生成函数上的体现便是 \(F(x) \to \frac 1 {1 - x} F(x)\)。

我们可以利用这个技巧快速的算出 \(H_k\) 的生成函数。

考虑 \(H_n = \sum_{i = 1}^n \frac 1 i\)，那么实际上它就是 \(\langle 0, 1, \frac 12, \frac 13, \cdots \rangle\) 的前缀和。

后者实际上为 \(\ln \frac {1}{1 - x}\)，于是我们可以知道 \(H_n\) 的生成函数为：

斐波那契数

斐波那契数由如下递归式定义：

我们容易通过归纳法证明：

同样，也可以通过矩阵乘法证明，参见 # 算法学习笔记(37): 矩阵

由此我们可以推出：

可以通过 \((6.2)\) 和归纳法简单的证明。

于是我们可以知道：

线性递推

斐波那契数列衍生而出的另一个知识叫做递推，而递推就可以讲到线性齐次递推和非齐次递推。

或许我们需要先学会生成函数？

对于形如：

定义其特征方程为：

根据代数基本定理，上式有 \(k\) 个根 \(q_1, q_2, \cdots, q_k\)，我们称之为特征根，那么：

在下述意义下是原递推关系的通解：

换句话来说，是通解意味着对于任意给定的初值，都可以解出如下方程组：

而此方程组的系数矩阵为：

这显然是一个范德蒙德矩阵，其行列式为：

也就是说，我们需要保证根互不相同，使得矩阵满秩（行列式不为 \(0\)）才可以求出唯一解。

然而实际上有另外一种利用生成函数的方法，更加简明。

继续沿用斐波那契数列的例子 \(f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2}\)。

设 \(F(x) = \sum_{i \ge 0} f_i x^i\) 是其生成函数。

根据递推关系，我们可以得出 \(F(x) = xF(x) + x^2F(x)\)。

具体来说，三个生成函数对应的序列如下：

于是 \(F(x) = \frac 1 {1 - x - x^2}\) 得出也就很自然了（当然这是错误的。

真的自然吗？我们是不是忘了什么东西？

确实，我们忘了一些东西，我们重新将三者写下来：

也就是说 \(F(x) - xF(x) - x^2F(x)\) 实际上 \(= f_0 + (f_1 - f0)x\)！

将初始值 \(f_0 = 0, f_1 = 1\) 带入，我们才真正地正确地得到其生成函数：

如果我们得到了生成函数，我们是否能够确定其通项公式？答案是可以的。

我们将 \(\frac x {1 - x - x^2}\) 稍微分解 \(= \frac {c_1}{x - \frac {-1 + \sqrt 5}{2}} + \frac {c_2}{x - \frac {-1 - \sqrt 5}{2}}\)。

可以列出方程简单的求解出 \(c_1, c_2\) 是什么。

我们通过 \(\frac 1 {1 - x} = \sum_{i \ge 0} x^i\) 各项展开，于是就可以得到其通项公式！

我们现在看看 \(\frac {1 + \sqrt 5}{2}\) 以及 \(\frac {1 - \sqrt 5}{2}\) 这两个数。

我们赋予了其一个符号，足以可见其重要程度：\(\phi = \frac {1 + \sqrt 5}2, \hat \phi = \frac {-1} \phi = \frac {1 - \sqrt 5} 2\)。

这两个数是 \(1 - x - x^2 = 0\) 的根，故我们有：

我们通过这两个符号将 \(F(x)\) 写出来：

这形式很优美，我们之后将会用到。

通过幂级数展开，我们就得到了 \(f_n\) 的通项公式：

奇妙的是一堆 \(\sqrt 5\) 乘起来就变成了一个整数！

来到更大的挑战：

我们是否能够找到其通项公式？

从特征根考虑：\(x^2 - 4x + 4 = 0 \to (x - 2)^2 = 0\)。

此时 \(2\) 作为根出现了两次，我们称之为二重特征根，在此情况下 \((6.3)\) 退化成了：

然而这并不是我们想要的，因为对于给定的 \(h_0 = a, h_1 = b\)，我们不一定能够满足：

所以我们需要另辟蹊径。

我们很容易知道 \(h_n = 2^n\) 是其一个解，我们也可以证明 \(h_n = n 2^n\) 是一个解。

为了寻找通解，我们可以断言：

是这个递推式的通解！

我们进行验证，对其施加 \(h_0 = a, h_1 = b\) 的初始条件，那么：

我们总是有解！于是这可以作为其通解。

我们可以合理外推，从而找到一个更一般的结论。

对于非齐次线性递推，一般来说，利用生成函数会更为方便。这里举例说明。

设其生成函数 \(F(x)\)，根据递推关系，我们有：

于是

我们知道：

于是我们知道：

于是，我们便可以通过拆分这一个函数求解出其通项：

生成函数立大功！

第七章 - 生成函数

无限微积分

生成函数与高等数学强相关，确实需要部分知识，这里写下以便参考。

关于求导：

关于泰勒展开（这是在 \(0\) 处的展开，我们用的最多）：

解递归式

我们在线性递推那里已经看到了生成函数的重要性，我们是否能够找到一个基本方法以求解出任何递推式？

答案是可以的，并且这个方法相当的机械：

1. 将递归式写成关于 \(h_n\) 的单个方程，在假定 \(h_{-1} = h_{-2} = \cdots = 0\) 的情况下对于任何正整数成立！
2. 将他改写为生成函数 \(F(x)\) 之间的关系。
3. 解得到的生成函数 \(F(x)\)，将之表示为封闭形式。
4. 展开 \([x^n]F(x)\)，得到 \(g_n\) 的封闭形式。

前面的步骤在上文的铺垫中应该十分清晰了，然而对于第四步，我们可能还有技巧上的困难。

一般来说，我们需要通过强硬的分解，将生成函数表示为：

从而得出很好的系数：

然而难点并不是在这一步，而是强硬分解出 \(c_i\) 的那一步 QwQ

我们可能更多的只能依靠人类智慧完成。

我们来一个很好的例子：

我们将之写成一个式子：

于是可以将之改写为生成函数之间的关系：

我们可以稍微变化一下这个式子：

于是得到：

于是暴力展开即可得到通项：

卷积

对于给定的两个数列 \(\langle f_n \rangle\) 以及 \(\langle g_n \rangle\) 的卷积 \(\langle h_n \rangle\)，我们有：

注意到数列的卷积和生成函数的乘积对应，那么对于许多式子，我们就有很好的方法利用卷积处理了。

斐波那契数列卷积

是的，还是斐波那契数列，它具有十分重要的地位，它足够简单，也足够复杂。

我们尝试计算 \(\sum_{k = 0}^n f_k f_{n - k}\) 的封闭形式，这是 \(\langle f_n \rangle\) 与自身的卷积。

正常来说，我们直接可以利用 \(F(x) = \frac x {1 - x - x^2}\) 的平方 \(F(x)^2 = \frac {x^2}{(1 - x - x^2)^2}\) 然后展开求解其通项，但是这比较复杂，并没有更好的用到斐波那契和卷积。

我们尝试利用另一个生成函数：

中间关于 \(\frac {1}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)}\) 的化简我们再从一个生成函数入手：

考虑 \(\phi \hat \phi = -1\)，我们有：

于是 \(\frac {1}{(1 - \phi x)(1 - \hat \phi x)} = \frac {F(x)} x - \sum_{n \ge 0} f_{n + 1} x^n\)。

接下来我们继续化简上述式子，现在难点就在于 \(\sum_{n \ge 0} (\phi^n + \hat \phi^n) x^n\) 怎么求。

考虑两者的生成函数：

于是我们尝试对左式化简：

于是：

于是我们得到：

于是得到通项公式：

生成函数的胜利！

指数生成函数

我们看看一个好好的例子：

好好好，这么玩是吧，但是为什么不用 \(z^{\bar{m}} = \sum_{n \ge 0} {m \brack n} z^n\)？

我们回到正常的 EGF，考虑对于 \(\langle h_n \rangle\) EGF 的操作有哪些影响。

考虑 \(xF(x)\)：

这就是 \(\langle n g_{n - 1} \rangle\) 的 EGF，相当于在 OGF 上求了一次导。

如果需要平移，那么我们只需要 \(F'(x)\) 或者 \(\int_0^z F(x)\) 即可。

对于指数生成函数的卷积来说，生成的数列是 \(\langle f_n \rangle\) 和 \(\langle g_n \rangle\) 的二项卷积：

也就是考虑到 \(\binom nk = \frac {n!}{k! (n - k)!}\)：

这可以和伯努利数牵扯起来。

考虑伯努利数的递归式：

发现这就是 \(\langle B_n \rangle\) 和 \(\langle 1, 1, \cdots \rangle\) 的二项卷积。

所以我们得到其指数生成函数为 \(\frac z {e^z - 1}\)。

指数生成函数在组合意义上十分有用，其一个重要的应用于 \(\exp\) 相关。

可以参考：# 浅谈 Exp 的组合意义 - 飞雨烟雁 的博客

更多 \(O(n^2)\) 对于多项式的操作见：# 各种多项式操作的 n^2 递推

第八章 - 离散概率

期望与方差

期望的线性性以及耳熟能详了：

值得一提的是这并不要求两个随机变量独立！

对于方差，其基本的定义为：

但是我们可以将之展开：

也就是说：

我们也可以证明：

概率生成函数

感觉没啥用，咕。

作者有话说

本文共 \(\ge 10000\) 个词，\(\ge 25000\) 个字符（包括公式），花了 \(3\) 天时间，梳理了具体数学一书中目前对我有用的部分。

有很多的启示，补全了很多我所未知或者不熟练的东西。

限于时间原因，很多内容我无法细细谈论，如果有时间后面再补充（其实也没啥特别重要的东西了，边边角角的

完结撒花★,°:.☆(￣▽￣)/$:.°★ 。

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