拉格朗日反演——從基本概念到應用

一、拉格朗日反演法

拉格朗日反演法，是一種基於求導法的優秀的計算數列和其他數論函數的方法。它的基本思想是利用函數的一系列導數來計算函數的一個很好的二次逼近，進而求出函數的和式表達式。它是求解許多複雜的數學問題的有效工具。

拉格朗日反演法主要分為兩種情況：一是求和，即給定數列$a_n$，我們要求$\sum_{i=0}^n f(i)a_i$的表達式，其中$f(i)$是一個已知的函數，通常$f(i)$本身跟數列$a_n$無關；二是求逆，即給定$a_n$，我們要求$f(n)$的表達式，其中$f(n)$是函數離散化之後的結果。

二、拉格朗日反演公式解方程

拉格朗日反演法的核心是拉格朗日反演公式。簡單來說，拉格朗日反演公式是一個能夠將函數離散化的式子。對於$f(x)$的導數$F(x)$和逆函數$G(x)$，拉格朗日反演公式如下：

F(k)=$\frac{1}{k!}$ * $\sum$ $(-1)^i$ * $\dbinom{k}{i}$ * f(i) * (k-i)^k
G(k)=$\frac{1}{k!}$ * $\sum$ $(-1)^i$ * $\dbinom{k}{i}$ * F(i) * (x-i)^k

顧名思義，拉格朗日反演公式是將函數$f(x)$通過它的各階導數$F(x)$的求和來逼近$f(x)$的。而逆函數$G(x)$可以通過一系列的導數和反函數來逼近原函數。在實際應用中，我們通常只需要計算出$F(k)$和$G(k)$的值，就能得到$f(x)$和$f^{-1}(x)$的表達式。

三、拉格朗日反演公式

拉格朗日反演公式是拉格朗日反演法的核心，它的推導和證明需要一定的數學功底。下面列出一般形式的拉格朗日反演公式：

f(x)= $\sum_{k=0}^{\infty}$ ($\frac{(-1)^k}{k!}$) * ($\frac{d^k}{dx^k}$) [g(x)] * [x^k]
g(x)= $\sum_{k=0}^{\infty}$ ($\frac{1}{k!}$) * ($\frac{d^k}{dx^k}$) [f(x)] * [(-x)^k]

其中，$f(x)$和$g(x)$為要求解的函數和它的逆函數，分別表示為拉格朗日形式。

將拉格朗日反演公式轉化為具體的計算公式需要使用到泰勒公式：$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!}f^{(k)}(a)(x-a)^k$的形式。通過對$f(x)$和$f^{-1}(x)$進行求導並帶入拉格朗日反演公式，可以得到計算公式：

f(x)=$\frac{1}{x}$ * $\sum_{k=0}^{\infty}$ ($-1$)^k * $\frac{(x-a)^k}{k!(k+1)} * g^{(k+1)}(x)
g(x)= $\frac{1}{x}$ * $\sum_{k=0}^{\infty}$ ($-1$)^k * $\frac{(x-a)^k}{k!(k+1)} * f^{(k+1)}(x)

四、拉格朗日反演知乎

知乎上有許多優秀的拉格朗日反演的專欄，內容深入淺出，適合初學者和進階者。知乎上拉格朗日反演的話題，可以了解到許多實際應用的例子，例如怎樣通過拉格朗日反演求解卡特蘭數、組合數等經典問題。

五、拉格朗日反演定理

在應用中，拉格朗日反演定理是一個十分重要的概念。它具有以下幾個特點：

• 對於任意滿足一定條件的函數$f(x)$和$g(x)$，都可以使用拉格朗日反演定理求其逆函數$f^{-1}(x)$和$g^{-1}(x)$。
• 拉格朗日反演定理不僅適用於數論函數，還適用於一些其他類型的函數，例如微積分和概率論中的函數。
• 拉格朗日反演定理是一種高度抽象的理論，需要具備一定的數學功底才能深入理解。

六、拉格朗日反演級數

拉格朗日反演級數是一個可以通過一系列的求導來逼近某個數列的級數表達式。拉格朗日反演級數的一般形式如下：

a(n)= $\sum_{k=0}^{\infty}$ $(-1)^k$ * $\frac{(n+1)^{k+1}}{(k+1)!}$ * $g^{(k)}(n)$

其中，$a(n)$是要求解的數列，$g(x)$是它的逆函數。該級數式可以通過一系列求導、積分和級數逼近來得到。

七、拉格朗日反演余項

拉格朗日反演余項是指拉格朗日反演公式中的一些誤差項。當$n$足夠大時，這些誤差項可以忽略不計。但在一些求解函數漸進性或精度要求高的場合，它們需要被考慮到。

八、拉格朗日反演解方程

當我們需要求任意函數$f(x)$的值時，可以利用拉格朗日反演公式將其離散化得到$f(x)=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!}F(k)(x-a)^k$的形式。

當我們需要求$f(x)=y$時，需要求解方程$y=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k!}F(k)(x-a)^k$，這就是所謂的拉格朗日反演解方程問題。如果$F(k)$是已知的，那麼可以通過泰勒展開和二分法等演算法來計算解。

代碼示例：

// f(x)的多項式係數
vector<long long> f;
// f(x)的前綴和
vector<long long> sumf;
// F(x)的多項式係數
vector<long long> F;
// x^k的前綴和
vector<long long> power;
long long n, C;

// 求出F(k)
void calcF() {
    F.resize(f.size());
    power.resize(f.size());
    power[0] = 1;
    for (int i = 1; i < (int)power.size(); i++) {
        power[i] = (power[i - 1] * C) % mod;
    }
    for (int i = 0; i < (int)f.size(); i++) {
        F[i] = (((i & 1) ? -1ll : 1ll) * f[i] * power[i]) % mod;
    }
    // 計算F(x)的前綴和
    for (int i = 1; i < (int)F.size(); i++) {
        F[i] = (F[i] + F[i - 1] + mod) % mod;
        power[i] = (power[i - 1] * C) % mod;
    }
}

// 計算f(x)的值
long long calcValue(long long x) {
    // 利用f(x)的前綴和快速計算
    x %= mod;
    return (sumf[n] + power[n] * ((F[n - 1] * x - sumf[n - 1] + mod) % mod)) % mod;
}

// 通過二分法求解f(x)=y
long long solve(long long y) {
    long long l = 0, r = mod - 1;
    while (l < r) {
        long long mid = (l + r) / 2;
        if (calcValue(mid) < y) {
            l = mid + 1;
        } else {
            r = mid;
        }
    }
    return l;
}

int main() {
    // 輸入f(x)和x的取值範圍
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        scanf("%lld", &f[i]);
        sumf[i + 1] = (sumf[i] + f[i]) % mod;
    }
    scanf("%lld", &C);
    // 計算F(k)
    calcF();
    // 循環讀入y，求解f(x)=y並輸出
    int q;
    scanf("%d", &q);
    while (q--) {
        long long y;
        scanf("%lld", &y);
        printf("%lld\n", solve(y));
    }
    return 0;
}

九、拉格朗日反演例題

下面是一個小例子，通過拉格朗日反演將數列$A$離散化並進行快速查詢。

題目描述：有一個數列$A=\{a_0, a_1, \cdots, a_n\}$。我們希望對它進行離散化並支持快速 $O(1)$ 查詢：給定一個 $y$，求出最小的 $x$，使得 $\sum\limits_{k=0}^{n}a_k\binom{x}{k}\geq y$。如果找不到這樣的 $x$，輸出 $-1$。

// f(x)的多項式係數

vector<long long> f;

// f(x)的前綴和

vector<long long> sumf;

// F(x)的多項式係數

vector<long long> F;

// x^k的前綴和

vector<long long> power;

long long n, C;
// 求出F(k)
void calcF() {
 F.resize(f.size());
 power.resize(f.size());
 power[0] = 1;
 for (int i = 1; i < (int)power.size(); i++) {
 power[i] = (power[i - 1] * C) % mod;
 }
 for (int i = 0; i < (int)f.size(); i++) {
 F[i] = (((i & 1) ? -1ll : 1ll) * f[i] * power[i]) % mod;
 }
 // 計算F(x)的前綴和
 for (int i = 1; i < (int)F.size(); i++) {
 F[i] = (F[i] + F[i - 1] + mod) % mod;
 power[i] = (power[i - 1] * C) % mod;
 }
}
// 計算f(x)的值
long long calcValue(long long x
原創文章，作者：小藍，如若轉載，請註明出處：https://www.506064.com/zh-tw/n/192195.html