22.3.28 t2
作者：互联网
tag：推柿子，下降幂，生成函数
根据递推式可以写出答案的封闭形式
\[\frac1{(1-x-x^2)^k} \]答案就是这个多项式的第 \(n\) 项系数。
\[ans=[x^n]\frac1{(1-x-x^2)^k} \]\[ans=[x^n]\frac1{(1-\lambda_1x)^k}\frac1{(1-\lambda_2x)^k} \]注意到
\[[x^n]\frac1{(1-ax)^k}=\binom{n+k-1}{k-1}a^k \]所以可以化为
\[ans=\sum_{i=0}^n\binom{i+k-1}{k-1}\binom{n-i+k-1}{k-1}\lambda_1^i\lambda_2^{n-i} \]设 \(K=k-1, q=\frac{\lambda_1}{\lambda_2}\)
\[ans=\lambda_2^n\sum_{i=0}^n\binom {i+K}K\binom {n-i+K}Kq^i \]因为 \(\binom {n+m}m=\frac{(n+m)^{\underline m}}{m!}\)
\[ans=\frac{\lambda_2^n}{(K!)^2}\sum_{i=0}^n(i+K)^{\underline K}(n-i+K)^{\underline K}q^i \]因为 \(i^{\underline K}=(-1)^K(K-i-1)^{\underline K}\)
\[ans=(-1)^K\frac{\lambda_2^n}{(K!)^2}\sum_{i=0}^n(i+K)^{\underline K}(i-n-1)^{\underline K}q^i \]前面的可以当常数处理，令 \(ans=(-1)^K\frac{\lambda_2^n}{(K!)^2}sum\)
\[sum=\sum_{i=0}^n(i+K)^{\underline K}(i-n-1)^{\underline K}q^i \]\[sum=\sum_{i=0}^n(i+K)^{\underline K}\sum_{j=0}^Ki^{\underline j}(-n-1)^{\underline {K-j}}q^i \]\[sum=\sum_{j=0}^K(-n-1)^{\underline{K-j}}\sum_{i=0}^n(i+K)^{\underline K}i^{\underline j}q^i \]\[sum=\sum_{j=0}^K(-n-1)^{\underline{K-j}}\sum_{i=0}^n(i+K)^{\underline{K+j}}q^i \]设后面那个式子为 \(F(K+j)\)
\[F(p)=\sum_{i=0}^n(i+K)^{\underline p}q^i \]因为 \(a^{\underline n}=(a-1)^{\underline n}+n(a-1)^{\underline{n-1}}\)
\[F(p)=\sum_{i=0}^n(i+K-1)^{\underline p}q^i+p(i+K-1)^{\underline{p-1}}q^i \]\[\sum_{i=0}^n(i+K-1)^{\underline p}q^i=q\sum_{i=1}^n(i+K-1)^{\underline p}q^{i-1}+(K-1)^{\underline p} \]\[=q\sum_{i=0}^{n-1}(i+K)^{\underline p}q^i+(K-1)^{\underline p} \]\[=q(F(p)-(n+K)^{\underline p}q^n)+(K-1)^{\underline p} \]同理转化右半边
\[F(p)=q(F(p)-(n+K)^{\underline p}q^n)+(K-1)^{\underline p}+pq(F(p-1)-(n+K)^{\underline p-1}q^n)+p(K-1)^{\underline{P-1}} \]然后就可以从 \(F(p-1)\) 递推到 \(F(p)\) 了，然后求出答案
\[ans=(-1)^K\frac{\lambda_2^n}{(K!)^2}\sum_{j=0}^K(-n-1)^{\underline{K-j}}F(K+j) \]由于出题人很毒瘤给了巨大 \(n\)， 所以式子中的下降幂和幂都要带着走。
标签：frac,28,sum,t2,22.3,ans,binom,underline,lambda 来源： https://www.cnblogs.com/oisdoaiu/p/16080380.html