载谭 Binomial Sum：多项式复合、插值与泰勒展开

对于微分有限（D-Finite） 的生成函数 F ( x ) F(x) F(x)，又设一生成函数 G ( x ) G(x) G(x)，有数列 a a a，我们已经对每个 0 ≤ k ≤ n 0\leq k\leq n 0≤k≤n 知晓了

∑ j = 0 n a j [ x j ] G ( x ) k \sum_{j=0}^n a_j [x^j] G(x)^k j=0∑naj[xj]G(x)k

那么我们可以在 Θ ( n ) \Theta(n) Θ(n) 时间内计算

∑ j = 0 n a j [ x j ] F ( G ( x ) ) \sum_{j=0}^n a_j[x^j]F(G(x)) j=0∑naj[xj]F(G(x))

设 c = G ( 0 ) c=G(0) c=G(0)，考虑 F F F 在 c c c 处的泰勒展开式、带入 G ( x ) G(x) G(x)：

F ( G ( x ) ) = ∑ k ≥ 0 F ( k ) ( c ) ( G ( x ) − c ) k k ! F(G(x)) = \sum_{k\ge 0} F^{(k)}(c) \frac{(G(x)-c)^k}{k!} F(G(x))=k≥0∑F(k)(c)k!(G(x)−c)k

由于 x ∣ G ( x ) − c x\mid G(x)-c x∣G(x)−c，可知对于我们关心的 ∑ j = 0 n a j [ x j ] F ( G ( x ) ) \sum_{j=0}^n a_j[x^j]F(G(x)) ∑j=0naj[xj]F(G(x)) 之计算而言，只展开到 n n n 次项足够了。

设 F ( x ) F(x) F(x) 满足的微分方程为 ∑ j = 0 m p j ( x ) F ( j ) ( x ) = 0 \sum_{j=0}^m p_j(x)F^{(j)}(x)=0 ∑j=0mpj(x)F(j)(x)=0，可知

∑ j = 0 m p j ( x + c ) F ( j ) ( x + c ) = 0 \sum_{j=0}^m p_j(x+c) F^{(j)}(x+c)=0 j=0∑mpj(x+c)F(j)(x+c)=0

我们考虑对 F ( x + c ) F(x+c) F(x+c) 进行截取，设 F ( x + c ) = F ( x + c ) m o d x n + 1 \mathscr F(x + c) = F(x+ c) \bmod x^{n+1} F(x+c)=F(x+c)modxn+1，考察原微分方程的影响

∑ j = 0 m p j ( x + c ) F ( j ) ( x + c ) \sum_{j=0}^m p_j(x+c) \mathscr F^{(j)} (x+c) j=0∑mpj(x+c)F(j)(x+c)

对于仅涉及 ≤ n \leq n ≤n 的项来说，方程依旧成立。而对于仅涉及 > n > n >n 的项来说也成立，因此我们知道在这个区间内，有一个扰动因子 ∑ j = 0 m p j ( x + c ) F ( j ) ( x + c ) = D ( x ) \sum_{j=0}^m p_j(x+c) \mathscr F^{(j)} (x+c) = \mathscr D(x) ∑j=0mpj(x+c)F(j)(x+c)=D(x)。因此有

∑ j = 0 m p j ( x ) F ( j ) ( x ) = D ( x − c ) \sum_{j=0}^m p_j(x) \mathscr F^{(j)}(x) = \mathscr D(x-c) j=0∑mpj(x)F(j)(x)=D(x−c)

依此进行递推。由于此时 F \mathscr F F 只有不超过 n n n 次项，可以直接依据已有的信息得到答案。

目前能见到的问题多为 G ( x ) = e x G(x)=\mathrm{e}^x G(x)=ex 的情况。这是线性插值的基本推广。

根据这一直接推论，我们统一了以下问题的 Θ ( n ) \Theta(n) Θ(n) 结果。

线性插值： G ( x ) k G(x)^k G(x)k
前缀和： 1 − G k + 1 1 − G \frac{1-G^{k+1}}{1-G} 1−G1−Gk+1
“Binomial Sum”： ( 1 + G ) k (1+G)^k (1+G)k
∑ x ≥ 0 x n q x \sum_{x\ge 0} x^n q^x ∑x≥0xnqx： 1 1 − q G \frac 1{1-qG} 1−qG1
Bell 数： e G − 1 \mathrm e^{G-1} eG−1
Bernoulli 数： ln ⁡ ( 1 + ( G − 1 ) ) G − 1 \frac{\ln (1+(G-1))}{G-1} G−1ln(1+(G−1))
“如何优雅地求和”： ( a G + ( 1 − a ) ) k (aG+(1-a))^k (aG+(1−a))k
“TJOI 求和”： 1 3 − 2 G \frac 1{3-2G} 3−2G1，这也是我当年第一次做出了一点有意思的结果，现在我们将它收尾。

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