\[x^} = \sum_\beginn\\ k\endx^k
\\x^n = \sum_\beginn\\k\end(-1)^x^
\]\[x^n = \sum_\beginn\\k\endx^
\\x^ = \sum_\beginn\\k\end(-1)^x^k
\]可以編口訣背
對於乙個集合 n， 定義函式 f:2n -> r， 以及函式 f 的 zeta變換 fζ：\(f\zeta(s) = \sum\limits_f(t)\)， 有：
\[f(s) = \sum_(-1)^f\zeta(t)
\]本質上是高維字首和還原單點。對於下標為偏序集的函式 f， 其 zeta 變換後 f(n) 的結果就是所有下標 i ≤ n 的 f(i) 之和。
編一下， f 的反 zeta 變換記作 ζf， \(\zeta f(s)=\sum\limits_f(t)\)，同樣有
\[f(s) = \sum_(-1)^\zeta f(t)
\]同樣本質上是高維字首和的那一套， 容斥係數與 「區別維度數」 有關， 且每維的區別至多是 1。
這玩意大概叫子集反演。
似乎有更高階的應用， 即集合中的元素是命題， 命題成不成立都對應一類物件， 這個高階應用可以推出高維字首和的式子。
要學算自然數冪和， 牆裂推薦
問題是求：\(s_t(n) = \sum\limits_^n k^t\)。
擾動法
\[\begin
s_(n+1) &= s_(n+1)
\\s_(n)+(n+1)^ &= 0^ + \sum_^n(k+1)^
\\&=\sum_^n\sum_^\binomi k^i = \sum_^\binomi \sum_^n k^i
\\&=\sum_^\binomis_i(n)
\end
\\\]
於是就有：
\[\begin
\sum_^\binomis_i(n) &= (n+1)^
\\\binomt s_t(n) &= (n+1)^-\sum_^\binomis_i(n)
\\ s_t(n) &= \frac 1\left( (n+1)^-\sum_^\binomis_i(n) \right)
\end
\]斯特林數+離散微積分
斯特林數是為了通常冪轉下降冪， 離散微積分是為了求自然數下降冪和。
要用到的離散微積分技巧：基於求和式 \(\sum\limits_^b g(k+1)-g(k) = g(b+1)-g(a)\)，如此， 如果知道 \(\delta g(n) = g(n+1)-g(n) = f(n)\)， 就可以快速計算 \(\sum\limits_^b f(k)\)。
那麼：\[\begin
s_t(n) &= \sum_^n k^t
\\&= \sum_^n \sum_^t \begint\\ i\endk^
\\&= \sum_^t \begint\\ i\end \sum_^n k^
\\& = \sum_^t \begint\\ i\end \frac}}
\\& = \sum_^t \begint\\ i\end \frac
\sum_^\begini+1\\j\end(-1)^(n+1)^j
\end
\]高階差分+牛頓級數
牛頓級數對標泰勒級數
高階差分：
\[\begin
\delta f(k) &= f(k+1) - f(k)
\\\delta^2 f(k) = \delta f(k+1)-\delta f(k) &= f(k+2)-2f(k+1)+f(k)
\\\delta^3 f(k) = \cdots&= f(k+3)-3f(k+2)+3f(k+1)-f(k)
\end
\]顯而易見的規律：
\[\delta^nf(x) = \sum_^n\binom nk(-1)^f(x+k)
\]\[\begin
ef(x) &= f(x)
\\sf(x) &= f(x+1)
\\\delta f(x) &= f(x+1) - f(x)
\\\delta f(x) &= (s-e)f(x)
\\\delta^n f(x) &= (s-e)^n f(x)
\\&= \left( \sum_^n \binom nk s^k (-1)^e^ \right) f(x)
\end
\]然後顯然 \(s^ke^f(x)=f(x+k)\)， 就得證了。
亂記結論之OI常用四大數列
一 斐波那契數列 f 0 1,f 1 1,f i f i 1 f i 2 i 2 經典的解釋是兔子生小孩，第0年一對兔子，一對兔子需要一年長大，後面每年都生小孩，每次剛好生一對，問第i年有多少只。就這麼算。經典的應用是矩陣乘法！稍微寫一下 begin 1 1 1 0 end begin f i f ...