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-categories:
-- OI
-title: 等差数列的 k 阶前缀和
-date: 2025-04-30 20:06:47
-tags:
-- math
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-
-本文下标从 `$1$` 开始。
-
-形式上，定义 `$\{a_n\}$` 为其自身的 `$0$` 阶前缀和，记为 `$\left\{a_n^{(0)}\right\}$`。
-
-定义 `$\{a_n\}$` 的 `$k$` 阶前缀和 `$\left\{a_n^{(k)}\right\}$` 为其 `$k-1$` 阶前缀和 `$\left\{a_n^{(k-1)}\right\}$` 的前缀和，即：
-
-$$
-\begin{aligned}
-a_1^{(k)} &= a_1^{(k-1)}; \\
-a_n^{(k)} &= a_{n-1}^{(k)}+a_n^{(k-1)}\quad(n>1).
-\end{aligned}
-$$
-
-依此亦能定义数列的负数阶前缀和（也称差分），不作讨论。
-
-以共差 `$d=1$`，首项 `$a_1=1$` 的等差数列为例，显然有 `$a_n=n$`。
-
-考虑其 `$k$` 阶前缀和的通项公式。
-
-首先，注意到：
-
-+ `$k=0$` 时，有 `$a_n=n=\dbinom{n}{1}$`；
-+ `$k=1$` 时，有 `$a_n^{(1)}=\dfrac{n(n+1)}{2}=\dbinom{n+1}{2}$`；
-
-故猜测：
-
-$$
-a_n^{(k)}=\dbinom{n+k}{k+1}=\dbinom{n+k}{n-1}
-$$
-
-考虑数学归纳，已经验证，`$k=0,1$` 时，结论正确，假定 `$k=m$` 时结论正确，即
-
-$$
-a_n^{(m)}=\dbinom{n+m}{m+1}
-$$
-
-考虑证明：
-
-$$
-a_n^{(m+1)}=\dbinom{n+m+1}{m+2}
-$$
-
-只需证明：
-
-$$
-\sum_{i=1}^{n}\dbinom{m+i}{m+1}=\dbinom{n+m+1}{m+2}
-$$
-
-考虑组合意义，可以发现上式显然成立。
-
-也可以考虑使用母函数证明。
-
-考虑数列 `$\{I_n\}$`，通项为 `$I_n=1$`；显然其前缀和为 `$\{a_n\}$`；其生成函数为：
-
-$$
-G_I(x)=1+x+x^2+x^3+\cdots=\dfrac{1}{1-x}
-$$
-
-注意到求数列的前缀和等价于与 `$\{I_n\}$` 求卷积，因此若数列的母函数为 `$G(x)$`，其前缀和的母函数为 `$G(x)G_I(x)$`。
-
-因此 `$a_n^{(k)}$` 的母函数为
-
-$$
-G_I^{k+1}(x)=\dfrac{1}{(1-x)^{k+1}}=(1-x)^{-k-1}
-$$
-
-使用二项式定理展开：
-
-$$
-\begin{aligned}
-G_I^{k+1}(x)
-&=(1-x)^{-k-1}\\
-&=\sum_{i=0}^{\infty}(-1)^i\dbinom{-k-1}{i}x^i\\
-&=\sum_{i=0}^{\infty}\dbinom{k+1+i}{i}x^i\\
-\end{aligned}
-$$
-
-因此：
-
-$$
-a_n^{(k)}=[x^{n-1}]G_I^{k+1}(x)=\dbinom{n+k}{n-1}
-$$
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+categories:
+- OI
+title: 等差数列的 k 阶前缀和
+date: 2025-04-30 20:06:47
+tags:
+- math
+---
+
+本文下标从 `$1$` 开始。
+
+形式上，定义 `$\{a_n\}$` 为其自身的 `$0$` 阶前缀和，记为 `$\left\{a_n^{(0)}\right\}$`。
+
+定义 `$\{a_n\}$` 的 `$k$` 阶前缀和 `$\left\{a_n^{(k)}\right\}$` 为其 `$k-1$` 阶前缀和 `$\left\{a_n^{(k-1)}\right\}$` 的前缀和，即：
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+$$
+\begin{aligned}
+a_1^{(k)} &= a_1^{(k-1)}; \\
+a_n^{(k)} &= a_{n-1}^{(k)}+a_n^{(k-1)}\quad(n>1).
+\end{aligned}
+$$
+
+依此亦能定义数列的负数阶前缀和（也称差分），不作讨论。
+
+以共差 `$d=1$`，首项 `$a_1=1$` 的等差数列为例，显然有 `$a_n=n$`。
+
+考虑其 `$k$` 阶前缀和的通项公式。
+
+首先，注意到：
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++ `$k=0$` 时，有 `$a_n=n=\dbinom{n}{1}$`；
++ `$k=1$` 时，有 `$a_n^{(1)}=\dfrac{n(n+1)}{2}=\dbinom{n+1}{2}$`；
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+故猜测：
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+$$
+a_n^{(k)}=\dbinom{n+k}{k+1}=\dbinom{n+k}{n-1}
+$$
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+考虑数学归纳，已经验证，`$k=0,1$` 时，结论正确，假定 `$k=m$` 时结论正确，即
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+a_n^{(m)}=\dbinom{n+m}{m+1}
+$$
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+考虑证明：
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+a_n^{(m+1)}=\dbinom{n+m+1}{m+2}
+$$
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+只需证明：
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+$$
+\sum_{i=1}^{n}\dbinom{m+i}{m+1}=\dbinom{n+m+1}{m+2}
+$$
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+考虑组合意义，可以发现上式显然成立。
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+如果能注意到网格图中的路径计数问题，也可以快速推导出这个结论。
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+也可以考虑使用母函数证明。
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+考虑数列 `$\{I_n\}$`，通项为 `$I_n=1$`；显然其前缀和为 `$\{a_n\}$`；其母函数为：
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+G_I(x)=1+x+x^2+x^3+\cdots=\dfrac{1}{1-x}
+$$
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+注意到求数列的前缀和等价于与 `$\{I_n\}$` 求卷积，因此若数列的母函数为 `$G(x)$`，其前缀和的母函数为 `$G(x)G_I(x)$`。
+
+因此 `$a_n^{(k)}$` 的母函数为
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+$$
+G_I^{k+1}(x)=\dfrac{1}{(1-x)^{k+1}}=(1-x)^{-k-1}
+$$
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+使用二项式定理展开：
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+$$
+\begin{aligned}
+G_I^{k+1}(x)
+&=(1-x)^{-k-1}\\
+&=\sum_{i=0}^{\infty}(-1)^i\dbinom{-k-1}{i}x^i\\
+&=\sum_{i=0}^{\infty}\dbinom{k+1+i}{i}x^i\\
+\end{aligned}
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+因此：
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+a_n^{(k)}=[x^{n-1}]G_I^{k+1}(x)=\dbinom{n+k}{n-1}
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