一些简单数列求和问题的研究

等差与等比数列

一阶等差数列求和

定义等差数列 { a n } \{a_n\} {an​}，公差为$d$。

例如数列$1,3,5,7$就是等差数列，其中$a_1=1$为首项。

通项公式

$a_n=a_1+(n-1)\cdot d$

求和

$\underset{i=1}{\sum ^n}i=\frac{n(n+1)}{2}$
$\underset{i=1}{\sum ^n}{a}_i=\frac{(首项+末项)\times 项数}{2}=n\cdot a_1+d\cdot \frac{n(n-1)}{2}$

证明方法有很多，这里就直接从和式的变换出发作为证明：

先证明$\underset{i=1}{\sum ^n}i=\frac{n(n+1)}{2}$

$\underset{i=1}{\sum ^n}i=\frac{1}{2}\cdot 2\underset{i=1}{\sum ^n}i=\frac{1}{2}\left(\underset{i=1}{\sum ^n}i+\underset{i=1}{\sum ^n}n-i+1\right)=\frac{1}{2}\underset{i=1}{\sum ^n}n+1=\frac{n(n+1)}{2}$

就可以证明：
$\underset{i=1}{\sum ^n}{a}_i=\underset{i=1}{\sum ^n}{a}_1+(i-1)\cdot d=\underset{i=1}{\sum ^n}{a}_1+d\underset{i=1}{\sum ^n}(i-1)$
$=n\cdot a_1+d\underset{i=0}{\sum ^{n-1}}i=n\cdot a_1+d\cdot \frac{n(n-1)}{2}$
$=n\cdot \frac{2a_1+d(n-1)}{2}=n\cdot \frac{(a_1)+(a_1+(n-1)\cdot d)}{2}=项数\times \frac{首项+末项}{2}$

QED.

后续证明常用和式的变换。

二阶、三阶等差数列求和往往使用和式的变换把式子展开，借助$K$次方数求和。更高阶等差数列求和较复杂。

一阶等比数列求和

定义等比数列 { a n } \{a_n\} {an​}，公比为$q(q\ne 0)$

通项公式

$a_n=a_1\cdot q^{n-1}$

求和

$\underset{i=1}{\sum ^n}{q}^{i-1}=\frac{公{比}^n-1}{公比-1}=\frac{q^n-1}{q-1}$
$\underset{i=1}{\sum ^n}{a}_1{q}^{i-1}=a_1\cdot \frac{公{比}^n-1}{公比-1}=a_1\cdot \frac{q^n-1}{q-1}$

证明：
设$\underset{i=1}{\sum ^n}{q}^{i-1}=A$：

则：$q\underset{i=1}{\sum ^n}{q}^{i-1}=\underset{i=1}{\sum ^n}{q}^i$

就会有$qA-A=(q-1)A$，因此：
$A=\frac{1}{q-1}\left(qA-A\right)$
$=\frac{1}{q-1}\left(\underset{i=1}{\sum ^n}{q}^i-\underset{i=1}{\sum ^n}{q}^{i-1}\right)$
$=\frac{1}{q-1}\left(\underset{i=1}{\sum ^n}{q}^i-\underset{i=0}{\sum ^{n-1}}{q}^i\right)$
$=\frac{q^n-q^0}{q-1}=\frac{q^n-1}{q-1}$

第二个式子容易证明。

QED.

$\underset{i=1}{\sum ^n}{p}^{i^2+i}$等较复杂，更高阶等比数列求和较复杂。

无穷数列求和

无穷级数必须先判断收敛再求和。

这里只说收敛序列的求和。

无穷等比数列求和

$\underset{i=0}{\sum ^{+\infty }}{q}^i=\frac{1}{1-q}(0<q<1)$

证明：
例如$q=\frac{1}{2}$。

设$\underset{i=0}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^i}=S$：
$\underset{i=0}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^i}=1+\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^i}$
$=1+(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\frac{1}{8}+...)$
$=1+\frac{1}{2}(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...)$
$=1+\frac{1}{2}\underset{i=0}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^i}$

即：$S=1+\frac{1}{2}S$
则：$\frac{1}{2}S=1$，即$S=2$

QED.

类似无穷等比数列求和

例如：
$\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^i}\cdot i$

设$\underset{i=1}{\sum ^{\infty }}\frac{1}{2^i}\cdot i=S$：
$\underset{i=1}{\sum ^{\infty }}\frac{1}{2^i}\cdot i=\frac{1}{2}+\underset{i=2}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^i}\cdot i=\frac{1}{2}+\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^{i+1}}\cdot (i+1)$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^i}\cdot (i+1)$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^i}\cdot i+\frac{1}{2}\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{2^i}$
$=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}S+\frac{1}{2}=1+\frac{1}{2}S$

因此：$S=1+\frac{1}{2}S$，即$S=2$

*可能会在推期望式子的时候有用，但是大概率没用。

其他无穷数列求和

无穷连根号：

$\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+...}}}$

设$\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+...}}}=S$，则：
$1+\sqrt{1+\sqrt{1+\sqrt{1+...}}}=S^2$
$1+S=S^2$
$S=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$

无穷连分数：
$\frac{1}{1+\frac{1}{1+\frac{1}{1+...}}}$

之类的。

固定指数求和

K次方数求和

$\underset{i=1}{\sum ^n}{i}^K$表示$K$次方数求和。

等差求和

一次方数求和就是等差求和。
$\underset{i=1}{\sum ^n}i=\frac{n(n+1)}{2}$

平方数求和

$\underset{i=1}{\sum ^n}{i}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

立方数求和

$\underset{i=1}{\sum ^n}{i}^3={\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2$

下面给出证明。

基于伯努利数的K次方数求和

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^k=\frac{\stackrel{k+1}{\sum _{i=1}}(-1{)}^{{\delta }_{ik}}\left(\begin{array}{c}k+1\\ i\end{array}\right)B_{k+1-i}{n}^i}{k+1}$

伯努利数求起来慢，基本上没什么用。

基于斯特林反演的K次方数求和

$\stackrel{n}{\sum _{i=0}}{i}^K=\stackrel{K}{\sum _{j=0}}\left\{\begin{array}{c}K\\ j\end{array}\right\}j!\left(\begin{array}{c}n+1\\ j+1\end{array}\right)$

应用第二类斯特林数求值可以做到$O(K\log K)$。

证明：

$\stackrel{n}{\sum _{i=0}}{i}^K=\stackrel{n}{\sum _{i=0}}\stackrel{K}{\sum _{j=0}}\left\{\begin{array}{c}K\\ j\end{array}\right\}\left(\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right)j!=\stackrel{K}{\sum _{j=0}}\left\{\begin{array}{c}K\\ j\end{array}\right\}j!\stackrel{n}{\sum _{i=0}}\left(\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right)$

最后一个式子是朱世杰恒等式。

$=\stackrel{K}{\sum _{j=0}}\left\{\begin{array}{c}K\\ j\end{array}\right\}j!\left(\begin{array}{c}n+1\\ j+1\end{array}\right)$

基于伸缩级数的K次方数求和

伸缩级数

伸缩级数常用于各类数列问题的探索中。
其实就是对差分数组求前缀和那个意思。

伸缩级数：
$\stackrel{r}{\sum _{i=l}}f(i)-f(i-1)=f(r)-f(l-1)$

平方数求和公式

先来推导平方数求和公式。
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

证明：
根据伸缩级数，会有：
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^3-(i-1{)}^3=n^3$
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^3-i^3+3i^2+3i+1=n^3$
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}3i^2+3i+1=n^3$
$3\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^2-3\stackrel{n}{\sum _{i=1}}i+\stackrel{n}{\sum _{i=1}}1=n^3$
$3\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^2-3\stackrel{n}{\sum _{i=1}}i+n=n^3$
$3\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^2-\frac{3n(n+1)}{2}+n=n^3$
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^2=\frac{n^3+\frac{3n(n+1)}{2}-n}{3}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$

立方数求和公式

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^3={\left(\frac{n(n+1)}{2}\right)}^2$

证明同理。

K次方求和公式

$$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^K=\frac{n^{K+1}+\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{K-1}{\sum _{j=1}}\left(\begin{array}{c}K+1\\ j\end{array}\right)i^j(-1{)}^{K+1-j}}{\left(\begin{array}{c}K+1\\ K\end{array}\right)}$$

直接运用这个公式实用性不足，通常需要提前在纸上化简，再进行运用，因此在次数较高时少有作用。

但说明了一个重要的结论：$K$次方数求和的结果可以被表示为一个$K+1$次函数。

证明：

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

把$(i-1{)}^K$用二项式定理展开：
$=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^K-\stackrel{K}{\sum _{j=1}}\left(\begin{array}{c}K\\ j\end{array}\right)i^j(-1{)}^{K-j}$

把$i$的$K,K-1$次项分离出来：

$=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^K-i^K+\left(\begin{array}{c}K\\ K-1\end{array}\right)i^{K-1}-\stackrel{K-2}{\sum _{j=1}}\left(\begin{array}{c}K\\ j\end{array}\right)i^j(-1{)}^{K-j}$

和式的变换：
$=\left(\begin{array}{c}K\\ K-1\end{array}\right)\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{K-1}-\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{K-2}{\sum _{j=1}}\left(\begin{array}{c}K\\ j\end{array}\right)i^j(-1{)}^{K-j}$

因而有：
$\left(\begin{array}{c}K\\ K-1\end{array}\right)\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{K-1}-\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{K-2}{\sum _{j=1}}\left(\begin{array}{c}K\\ j\end{array}\right)i^j(-1{)}^{K-j}=n^K$

整理一下：
$$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{K-1}=\frac{n^K+\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{K-2}{\sum _{j=1}}\left(\begin{array}{c}K\\ j\end{array}\right)i^j(-1{)}^{K-j}}{\left(\begin{array}{c}K\\ K-1\end{array}\right)}$$

这就是说：
$$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^K=\frac{n^{K+1}+\stackrel{n}{\sum _{i=1}}\stackrel{K-1}{\sum _{j=1}}\left(\begin{array}{c}K+1\\ j\end{array}\right)i^j(-1{)}^{K+1-j}}{\left(\begin{array}{c}K+1\\ K\end{array}\right)}$$

QED.

拉格朗日插值法

前面说到：$K$次方数求和的结果可以被表示为一个$K+1$次函数。

$K$次方数求和可以用拉格朗日插值法处理，复杂度$O(K)$。

K次上升幂求和

与$K$次普通幂求和一样，$K$次上升幂求和也可以有类似的做法，如斯特林反演，但是上升幂求和的性质太好了，完全不需要。
.

二次上升幂求和

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{\overline{2}}=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}i(i+1)=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$

证明：
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}i(i+1)=\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^2+\stackrel{n}{\sum _{i=1}}i=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}+\frac{n(n+1)}{2}=\frac{n(n+1)(n+2)}{3}$

K次上升幂求和

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{\overline{K}}=\frac{n^{\overline{K+1}}}{K+1}$

证明：

第一想法是组合，但是组合不太好做。第二想法是归纳，但是归纳不太好做。于是又是伸缩级数：

$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{\overline{K}}-(i-1{)}^{\overline{K}}=n^{\overline{K}}$
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{\overline{K-1}}(i+k-1)-i^{\overline{K-1}}(i-1)=n^{\overline{K}}$
$K\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{\overline{K-1}}=n^{\overline{K}}$
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{\overline{K-1}}=\frac{n^{\overline{K}}}{K}$

于是有：
$\stackrel{n}{\sum _{i=1}}{i}^{\overline{K}}=\frac{n^{\overline{K+1}}}{K+1}$

QED.

复杂度$O(K)$

K次方倒数求和

调和级数

$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{i}$称为调和级数。

公式：
$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{i}\approx \ln (n+1)+\gamma =O(\log n)$
其中$\gamma$表示欧拉-马歇罗尼常数，约为0.5772156649。

要注意到公式是极限意义下的，因此只有在$n$很大时才可以使用公式，在$n$小的时候可以直接计算。
复杂度$O(1)$

$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{i^K}$情况较复杂，但我们知道：
$\underset{i=1}{\sum ^{+\infty }}\frac{1}{i^2}=\frac{{\pi }^2}{6}$

K次上升幂倒数求和

二次上升幂倒数求和

$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{i(i+1)}=1-\frac{1}{n+1}$

引理：$\frac{1}{i(i+1)}=\frac{1}{i}-\frac{1}{i-1}$

证明显而易见。

类二次上升幂倒数求和

$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{i(i+k)}=\frac{1}{k}\left(\underset{i=1}{\sum ^k}\frac{1}{i}-\underset{i=n+1}{\sum ^{n+k}}\frac{1}{i}\right)$

引理：
$\frac{1}{i(i+k)}=\frac{1}{k}\left(\frac{1}{i}-\frac{1}{i+k}\right)$

证明显然。

时间复杂度$O(1)$。

K次上升幂倒数求和

$$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\overline{K}}}=\frac{1}{K-1}\left(\frac{1}{1^{\overline{K-1}}}-\frac{1}{(n+1{)}^{\overline{K-1}}}\right)$$

证明还是伸缩级数（伸缩级数杀疯了）：
$$\frac{1}{1^{\overline{K}}}+\underset{i=2}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\overline{K}}}-\frac{1}{(i-1{)}^{\overline{K}}}=\frac{1}{n^{\overline{K}}}$$
之所以不从第一项开始求和，是为了规避分母为0的情况，也可以认为伸缩级数求和起点改变。

$$\underset{i=2}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\overline{K}}}-\frac{1}{(i-1{)}^{\overline{K}}}=\frac{1}{n^{\overline{K}}}-\frac{1}{1^{\overline{K}}}$$

现在处理左边：

$$\underset{i=2}{\sum ^n}\frac{i-1}{(i-1)\cdot i^{\overline{K}}}-\frac{i+K-1}{(i-1)\cdot i^{\overline{K}}}$$
$$=\underset{i=2}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\overline{K}}}\cdot \left(\frac{i-1}{i-1}-\frac{i+K-1}{i-1}\right)$$
$$=-K\underset{i=2}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\overline{K}}}\cdot \frac{1}{i-1}$$
$$=-K\underset{i=2}{\sum ^n}\frac{1}{(i-1{)}^{\overline{K+1}}}$$

左右相等：
$$-K\underset{i=2}{\sum ^n}\frac{1}{(i-1{)}^{\overline{K+1}}}=\frac{1}{n^{\overline{K}}}-\frac{1}{1^{\overline{K}}}$$
$$\underset{i=2}{\sum ^n}\frac{1}{(i-1{)}^{\overline{K+1}}}=-\frac{\frac{1}{n^{\overline{K}}}-\frac{1}{1^{\overline{K}}}}{K}$$

这就是说：
$$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\overline{K}}}=\frac{1}{K-1}\left(\frac{1}{1^{\overline{K-1}}}-\frac{1}{(n+1{)}^{\overline{K-1}}}\right)$$

QED.

时间复杂度$O(K)$

类K次上升幂求和

定义符号$x^{\left(\overline{n}+k\right)}=\underset{i=0}{\prod ^{n-1}}(x+k\cdot i)$，其中$k$是一固定的常数，这为我们的推理提供很大的方便。我们可以简记为$x^{(\overline{n})}$

也就会有$x^{\left(\overline{n}+f\right)}=\underset{i=0}{\prod ^{n-1}}(x+f(i))$，也可以简记为$x^{(\overline{n})}$

广义伸缩级数

探索类$K$次上升幂求和问题，使用伸缩级数是不太行的了，我们用广义伸缩级数：

$\underset{i=l}{\sum ^r}f(i)-f(i-k)=\underset{i=r-k+1}{\sum ^r}f(i)-\underset{i=l-k}{\sum ^{l-1}}f(i)$

类K次上升幂求和

$\underset{i=1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K}\right)}=\frac{1}{c\cdot (K+1)}\left(\underset{i=n-c+1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K+1}\right)}-\underset{i=1-c}{\sum ^0}{i}^{\left(\overline{K+1}\right)}\right)$

其中$n^{(\overline{x})}=n^{(\overline{x}+c)}$。

证明：

根据广义伸缩级数：
$\underset{i=1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K}\right)}-(i-c{)}^{\left(\overline{K}\right)}=\underset{i=n-c+1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K}\right)}-\underset{i=1-c}{\sum ^0}{i}^{\left(\overline{K}\right)}$

研究左边：
$=\underset{i=1}{\sum ^n}\left(i+c(K-1)\right)i^{\left(\overline{K-1}\right)}-(i-c)i^{\left(\overline{K-1}\right)}$
$=\underset{i=1}{\sum ^n}c\cdot K\cdot i^{\left(\overline{K-1}\right)}$
$=c\cdot K\underset{i=1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K-1}\right)}$

左右相等，就是：
$c\cdot K\underset{i=1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K-1}\right)}=\underset{i=n-c+1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K}\right)}-\underset{i=1-c}{\sum ^0}{i}^{\left(\overline{K}\right)}$
$\underset{i=1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{k-1}\right)}=\frac{1}{c\cdot k}\left(\underset{i=n-c+1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K}\right)}-\underset{i=1-c}{\sum ^0}{i}^{\left(\overline{K}\right)}\right)$

$\underset{i=1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K}\right)}=\frac{1}{c\cdot (K+1)}\left(\underset{i=n-c+1}{\sum ^n}{i}^{\left(\overline{K+1}\right)}-\underset{i=1-c}{\sum ^0}{i}^{\left(\overline{K+1}\right)}\right)$

QED.

时间复杂度$O\left(c\cdot K\right)$。

类K次上升幂倒数求和

$$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}=\underset{i=n+1}{\sum ^{n+c}}\frac{1}{i^{\left(\overline{K-1}\right)}}-\underset{i=1}{\sum ^c}\frac{1}{i^{\left(\overline{K-1}\right)}}$$

其中$n^{(\overline{x})}=n^{(\overline{x}+c)}$。

证明一下：

根据广义伸缩级数：
$$\underset{i=c+1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}-\frac{1}{(i-c{)}^{\left(\overline{K}\right)}}=\underset{i=n-c+1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}-\underset{i=1}{\sum ^c}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}$$

研究左边：
$$=\underset{i=c+1}{\sum ^n}\frac{1}{(i+c(K-1))\cdot i^{\left(\overline{K-1}\right)}}-\frac{1}{(i-c)\cdot i^{\left(\overline{K-1}\right)}}$$
$$=\underset{i=c+1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K-1}\right)}}\left(\frac{1}{(i+c(K-1))}-\frac{1}{(i-c)}\right)$$
$$=\underset{i=c+1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K-1}\right)}}\left(\frac{1}{(i+c(K-1))}-\frac{1}{(i-c)}\right)$$
$$=\underset{i=c+1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K-1}\right)}}\left(\frac{-c\cdot K}{\left(i+c(K-1)\right)(i-c)}\right)$$
$$=-c\cdot K\underset{i=c+1}{\sum ^n}\frac{1}{(i-c{)}^{\left(\overline{K+1}\right)}}$$

左右相等：

$$-c\cdot K\underset{i=c+1}{\sum ^n}\frac{1}{(i-c{)}^{\left(\overline{K+1}\right)}}=\underset{i=n-c+1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}-\underset{i=1}{\sum ^c}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}$$
$$\underset{i=c+1}{\sum ^n}\frac{1}{(i-c{)}^{\left(\overline{K+1}\right)}}=\frac{1}{c\cdot K}\left(\underset{i=1}{\sum ^c}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}-\underset{i=n-c+1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}\right)$$

即：
$$\underset{i=1}{\sum ^{n-c}}\frac{1}{i^{\left(\overline{K+1}\right)}}=\frac{1}{c\cdot K}\left(\underset{i=1}{\sum ^c}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}-\underset{i=n-c+1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}\right)$$
$$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{i^{\left(\overline{K}\right)}}=\frac{1}{c\cdot (K-1)}\left(\underset{i=1}{\sum ^c}\frac{1}{i^{\left(\overline{K-1}\right)}}-\underset{i=n+1}{\sum ^{n+c}}\frac{1}{i^{\left(\overline{K-1}\right)}}\right)$$

QED.

时间复杂度$O(c\cdot K)$

三符号m长序列问题

计算$\underset{i=1}{\stackrel{n}{⨁}}\underset{j=1}{\stackrel{m}{⨂}}(a_j\odot i)$

这里只讨论$\oplus ,\otimes ,\odot$为加法和乘法的情况的做法。

• $\underset{i=1}{\sum ^n}\underset{j=1}{\sum ^m}{a}_j+i$ ：做法显然
• $\underset{i=1}{\prod ^n}\underset{j=1}{\sum ^m}{a}_j+i$ ：$原式=\underset{i=1}{\prod ^n}s+m\cdot i=\ln \left(e^{\underset{i=1}{\prod ^n}s+m\cdot i}\right)=\ln \left(\underset{i=1}{\sum ^n}{e}^{s+m\cdot i}\right)=\ln \left(e^s\underset{i=1}{\sum ^n}{\left(e^m\right)}^i\right)=\ln \left(e^s\cdot \frac{e^{nm}-1}{e^m-1}\right)$，快速幂即可
• $\underset{i=1}{\sum ^n}\underset{j=1}{\prod ^m}{a}_j+i$ ：拉格朗日插值法
• $\underset{i=1}{\sum ^n}\underset{j=1}{\sum ^m}{a}_j\times i$ ：做法显然
• $\underset{i=1}{\prod ^n}\underset{j=1}{\prod ^m}{a}_j+i$：$原式=\ln \left(e^{\underset{i=1}{\prod ^n}\underset{j=1}{\prod ^m}{a}_j+i}\right)=\ln \left(\underset{i=1}{\sum ^n}\underset{j=1}{\sum ^m}{e}^{a_j+i}\right)=\ln \left(\underset{j=1}{\sum ^m}{e}^{a_j}\underset{i=1}{\sum ^n}{e}^i\right)=\ln \left(\frac{e^n-1}{e-1}\underset{j=1}{\sum ^m}{e}^{a_j}\right)$，快速幂
• $\underset{i=1}{\prod ^n}\underset{j=1}{\sum ^m}{a}_j\times i$：通过快速阶乘可以做到$O\left(max(m,\sqrt{n}\log n)\right)$
• $\underset{i=1}{\prod ^n}\underset{j=1}{\prod ^m}{a}_j\times i$：$原式=\underset{j=1}{\prod ^m}{a}_j\underset{i=1}{\prod ^n}i$，通过快速阶乘可以做到$O\left(max(m,\sqrt{n}\log n)\right)$

其他多项式问题

其他一些问题，往往采用科技来实现。

如$\underset{i=1}{\sum ^n}\frac{1}{\underset{j=1}{\prod ^m}(a_j+i)}$，可用多项式求逆。
如计算$n$个数中选$k$个数的乘积之和，可用分治NTT。
如任意多项式函数都可用拉格朗日插值法，但也需考虑到原始点值是否容易计算。

其他较复杂问题，不再一一讨论。

后记

于是皆大欢喜。