和式的变换

和式的变换

和式的变换规则

容易证明，和式的变换符合如下规则：

1.交换律

例如：$\sum _{i\in k}{a}_i=\sum _{i\in p(k)}{a}_i$
$p(k)$是指标集k的一个排列。
例如：$a_1+a_2+a_3+a_4=a_2+a_1+a_3+a_4$

2.结合律

例如：$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i+\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{b}_i=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i+b_i$

3.分配律

例如：$\sum _{i}c\cdot a_i=c\cdot \sum _i{a}_i$

和式的变换技术

令$n\le m$：

1.替换条件式

$\sum _{d|gcd(i,j)}f(d)=\stackrel{\min (i,j)}{\sum _{d=1}}[d|i][d|j]f(d)$
把写在求和符号下标位置的命题改为艾弗森括号的形式，使得命题可以随意变换位置，是一种常见的技巧。
把枚举次序复杂的求和式改为顺序求和式，便于处理（如通过前缀和预处理），也是一种常见的技巧。

2.替换指标变量

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{m}{\sum _{j=1}}[gcd(i,j)=k]=\stackrel{n}{\sum _{ik=1}}\stackrel{m}{\sum _{jk=1}}[gcd(ik,jk)=k]=\stackrel{n}{\sum _{ik=1}}\stackrel{m}{\sum _{jk=1}}[gcd(i,j)=1]$

$\stackrel{n}{\sum _{i=0}}(-1{)}^{n-i}f(n-i)=\stackrel{n}{\sum _{i=0}}(-1{)}^{i}f(i)$

3.改变求和次序

$\sum _i\sum _{j}f(i)g(j)=\sum _j\sum _{i}f(i)g(j)$

复杂的改变求和次序

为了改变求和次序，有时候我们可能需要通过解不等式的方法。

例如：
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{i}{\sum _{j=1}}f(i,j)$
$=\sum _i\sum _{j}f(i,j)[1\le i][i\le n][1\le j][j\le i]$

我们知道$j\le i\le n$：

$=\sum _i\sum _{j}f(i,j)[j\le i][i\le n][1\le j][j\le n]$
$=\sum _j\sum _{i}f(i,j)[j\le i][i\le n][1\le j][j\le n]$

$=\stackrel{n}{\sum _{j=1}}\stackrel{n}{\sum _{i=j}}f(i,j)$

又例如：
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{n}{\sum _{j=i+1}}f(i,j)$
$=\sum _i\sum _{j}f(i,j)[1\le i][i\le n][i+1\le j][j\le n]$

因此$j$的枚举下界是$j\ge i+1\ge 2$，而我们解第三个不等式可以知道$i\le j-1$。
即：
$\{\begin{array}{c}1\le i\\ i\le j-1\\ i\le n\\ 2\le j\\ j\le n\end{array}$
对答案取交集，则：
$=\sum _i\sum _{j}f(i,j)[1\le i][i\le j-1][2\le j][j\le n]$
$=\sum _j\sum _{i}f(i,j)[1\le i][i\le j-1][2\le j][j\le n]$
$=\stackrel{n}{\sum _{j=2}}\stackrel{j-1}{\sum _{i=1}}f(i,j)$

4.分离变量

$\sum _i\sum _{i}f(i)g(j)=\sum _{i}f(i)\sum _{j}g(j)$

5.改变枚举范围

扩大枚举范围

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{m}{\sum _{j=1}}\sum _{d|gcd(i,j)}f(d)=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{m}{\sum _{j=1}}\stackrel{\min (i,j)}{\sum _{d=1}}[d|i][d|j]f(d)$

我们注意到，如果$d>i$，则$[d|i]$必定为0，因此最后一个求和符号的枚举上界可以改变：

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{m}{\sum _{j=1}}\stackrel{\min (i,j)}{\sum _{d=1}}[d|i][d|j]f(d)=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{m}{\sum _{j=1}}\stackrel{n}{\sum _{d=1}}[d|i][d|j]f(d)$

扩大范围可以将于变量有关的枚举上界改变为常量，便于进行处理，是一个常见技巧。

这是由于我们注意到，一些变量的枚举范围被重复限制了多次，这是没有必要的，只需要让变量的枚举范围被限制一次就好了。

缩小枚举范围

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{m}{\sum _{j=1}}[gcd(i,j)=k]=\stackrel{n}{\sum _{ik=1}}\stackrel{m}{\sum _{jk=1}}[gcd(ik,jk)=k]=\stackrel{n}{\sum _{ik=1}}\stackrel{m}{\sum _{jk=1}}[gcd(i,j)=1]=\stackrel{\lfloor \frac{n}{k}\rfloor }{\sum _{i=1}}\stackrel{\lfloor \frac{m}{k}\rfloor }{\sum _{j=1}}[gcd(i,j)=1]$
在最后一步，我们缩小了枚举范围，对于i来说，事实上是：
$1\le ik\le n$ 就是 $\lfloor \frac{1}{k}\rfloor \le i\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$，由于i要取整，因此：$1\le i\le \lfloor \frac{n}{k}\rfloor$

缩小枚举范围使得枚举条件简化，也是一个常见技巧。

示例

设组合数${(}_j^i)$表示从i个不同的物品中取出j个，不考虑取出的顺序，有多少种情况数。
显然${(}_j^i)=0(j>i或j<0或i<0)$

则有：
$\stackrel{n-1}{\sum _{i=0}}{(}_i^{n-1})n^{i+1}+\stackrel{n-1}{\sum _{i=0}}{(}_i^{n-1})n^i$

首先注意到$n-1$作为上标不太好，考虑到${(}_n^{n-1})=0$：
$=\stackrel{n}{\sum _{i=0}}{(}_i^{n-1})n^{i+1}+\stackrel{n}{\sum _{i=0}}{(}_i^{n-1})n^i$

接下来发现$n^{i+1}$与$n^i$不太好合并，由于${(}_{-1}^{n-1})=0$，可以把左和式的i全部换成i-1，此时发现枚举上界不变：
$=\stackrel{n}{\sum _{i=0}}{(}_{i-1}^{n-1})n^i+\stackrel{n}{\sum _{i=0}}{(}_i^{n-1})n^i=\stackrel{n}{\sum _{i=0}}\left({(}_{i-1}^{n-1})+{(}_i^{n-1})\right)n^i$

和式的变换公式

容易证明：

公式1

${\left(\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i\right)}^2=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i^2+2\sum _{1\le i<j\le n}{a}_i{a}_j$
这个式子似乎没什么用。

公式2

$\sum _{1\le i<j\le n}(a_i-a_j{)}^2=n\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i^2-{\left(\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i\right)}^2$
这个公式也显得很鸡肋，因为其实优化不了时间复杂度，直接把上面的式子拆开，然后前缀和优化一波也能O(n)做。

证明也很容易：
$\sum _{1\le i<j\le n}(a_i-a_j{)}^2=\sum _{1\le i<j\le n}{a}_i^2+a_j^2-2a_i{a}_j$

尽量让一个和式只声明一个变量，可以把和式拆开：
$=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\sum _{1\le j<i}{a}_i^2+a_j^2-2a_i{a}_j$
$=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\sum _{1\le j<i}{a}_i^2+\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\sum _{1\le j<i}{a}_j^2-2\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\sum _{1\le j<i}{a}_i\cdot a_j$

发现第三个式子可以套进第一个公式里：
$=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\sum _{1\le j<i}{a}_i^2+\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\sum _{1\le j<i}{a}_j^2+\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i^2-{\left(\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i\right)}^2$

然后我们发现，前面三项都是一个基于$a_i^2$的贡献.
第一项对答案的贡献是$\sum \left\{0\cdot a_1^2,1\cdot a_2^2,2\cdot a_3^2,...,(n-1)\cdot a_n^2\right\}$
第二项对答案的贡献是$\sum \left\{(n-1)\cdot a_1^2,(n-2)\cdot a_2^2,(n-3)\cdot a_3^2,...,0\cdot a_n^2\right\}$
加上第三项，恰好每一项的平方对答案的贡献就是$n\cdot a_i^2$：
$=n\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i^2-{\left(\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i\right)}^2$

QED.

当然，把减号变成加号的话，直接前缀和优化一波，也是可以做的。

这个公式的高维形式与第一个公式密切相关，似乎就要涉及到多项式定理了，等我四月之后研究一下。

阿贝尔部分求和公式

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i{b}_i=b_n\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i+\stackrel{n-1}{\sum _{k=1}}\left(\stackrel{k}{\sum _{i=1}}{a}_i\right)(b_k-b_{k+1})$

这个式子也是中看不中用，你可能觉得直接暴力枚举右边是O(n²)，可以转化到左边是O(n)。但事实上右边直接用前缀和优化，也可以到O(n)。
但是这个式子思路确实特别巧妙，考虑一下证明：
首先观察最后那个二重和式：
这其实是在说，对于和式的值，每个$a_i$都与$b_k$做一个正的贡献，再与$b_{k+1}$做一个负的贡献。等到下一次$a_i$与$b_{k+1},b_{k+2}$做贡献的时候，$a_i$与$b_{k+1}$做的贡献就被抵消了。

唯二没被抵消的贡献之一就是$a_k$与$b_k$做的贡献，因为并没有$b_{k-1}$来抵消它。

剩下一个多算的地方就是当k=n-1时，计算的$a_i$与$b_{k+1}$的负的贡献，前面加了一项$b_n\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{a}_i$来抵消它。
QED.

这个公式难写出高维形式。

后记

于是皆大欢喜。