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  • 二项式展开求和
    2022-03-05 15:59:04

    一般的二项式展开为
    ( 1 + x ) k = ∑ s = 0 k ( k s ) x s , (1+x)^k=\sum_{s=0}^k\begin{pmatrix}k\\s \end{pmatrix}x^s, 1+x)k=s=0k(ks)xs,
    把这个展开推广到矩阵领域

    C κ ( I m + Y ) C κ ( I ) = ∑ s = 0 k ∑ σ ( k σ ) C σ ( Y ) C σ ( I ) {C_\kappa(I_m+Y)\over C_\kappa(I)}=\sum_{s=0}^k\sum_\sigma\begin{pmatrix}k\\\sigma \end{pmatrix}{C_\sigma (Y)\over C_\sigma (I) } Cκ(I)Cκ(Im+Y)=s=0kσ(kσ)Cσ(I)Cσ(Y)
    这里的内层求和 σ \sigma σ 是整数 s s s 的所有划分。这个推广的二项式展开的系数为
    ( k σ ) \begin{pmatrix}k\\\sigma \end{pmatrix} (kσ)
    针对 k k k 的一个划分 κ = ( k 1 , k 2 , ⋯   , k m ) \kappa=(k_1,k_2,\cdots, k_m) κ=(k1,k2,,km),定义
    κ i = ( k 1 , ⋯   , k i − 1 , k i + 1 , k i + 1 , ⋯   , k m ) \kappa_i=(k_1,\cdots,k_{i-1}, k_i+1, k_{i+1},\cdots, k_m) κi=(k1,,ki1,ki+1,ki+1,,km)

    κ ( i ) = ( k 1 , ⋯   , k i − 1 , k i − 1 , k i + 1 , ⋯   , k m ) \kappa^{(i)}=(k_1,\cdots,k_{i-1}, k_i-1, k_{i+1},\cdots, k_m) κ(i)=(k1,,ki1,ki1,ki+1,,km)
    如果这两种划分是可行的话,即需要使以上划分的各元素是非增的。

    推广的二项式展开系数按以下规则计算:

    (1) ( κ ( 0 ) ) = 1 \begin{pmatrix}\kappa\\(0)\end{pmatrix}=1 (κ(0))=1, 对于所有的 κ \kappa κ;

    (2) ( κ ( 1 ) ) = k \begin{pmatrix}\kappa\\(1)\end{pmatrix}=k (κ(1))=k, 对于所有 k k k 的划分 κ \kappa κ;

    (3) ( κ σ ) = 0 \begin{pmatrix}\kappa\\\sigma\end{pmatrix}=0 (κσ)=0, 如果划分 σ \sigma σ 比划分 κ \kappa κ 有更多的非零值;

    (4) ( κ σ ) = 0 \begin{pmatrix}\kappa\\\sigma\end{pmatrix}=0 (κσ)=0, 如果 κ < σ \kappa<\sigma κ<σ (参考书中为 κ > σ \kappa>\sigma κ>σ,可能是笔误。对两个划分的元素按顺序比较,先出现较大元素的划分为大);

    (5)如果 κ \kappa κ σ \sigma σ 都是 k k k 的划分,那么
    ( κ σ ) = { 1 κ = σ 0 κ ≠ σ \begin{pmatrix}\kappa\\\sigma\end{pmatrix}=\begin{cases}{\begin{matrix}1 \quad \kappa=\sigma\\0 \quad \kappa\neq\sigma\end{matrix}}\end{cases} (κσ)={1κ=σ0κ=σ

    (6)如果 κ \kappa κ k k k 的划分, σ \sigma σ k − 1 k-1 k1 的划分,那么只有当 σ = κ ( i ) \sigma = \kappa^{(i)} σ=κ(i) ( κ σ ) ≠ 0 \begin{pmatrix}\kappa\\\sigma\end{pmatrix} \neq 0 (κσ)=0 k i k_i ki 替换为 k i − 1 k_i-1 ki1 其它元素相同)。

    例, k = 3 k=3 k=3
    σ ( 0 ) ( 1 ) ( 2 ) ( 1 , 1 ) ( 3 ) ( 2 , 1 ) ( 1 , 1 , 1 ) ( 3 ) 1 3 3 0 1 0 0 κ ( 2 , 1 ) 1 3 4 / 3 5 / 3 0 1 0 ( 1 , 1 , 1 ) 1 3 0 3 0 0 1 \def\arraystretch{1.5} \begin{array}{cc|} && \begin{array}{cc|} \end{array}&&&\sigma \\ &&(0)& (1) &(2)& (1,1)& (3)& (2,1)& (1,1,1) \\ \hline &(3) &1&3&3&0&1&0&0 \\ \kappa &(2,1) &1&3&4/3&5/3&0&1&0 \\ &(1,1,1) &1&3&0&3&0&0&1 \end{array} κ(3)(2,1)(1,1,1)(0)111(1)333(2)34/30σ(1,1)05/33(3)100(2,1)010(1,1,1)001

    Reference: Aspects of multivariate statistical theory,section 7.5

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    千次阅读 2020-07-25 18:13:11
    所以有二项式展开: 很明显竖起来是等比,所以这样就可以把复杂度变成klogn了; 然后可以得出公式S结果公式为: 由于需要mod1e9+9,所以可以由费马小定理可知变形为: qi的值和阶乘的值都可以预处理,但是你会发现...

    在这里插入图片描述在这里插入图片描述
    这道题没写过类似的感觉确实不好想,考点在与二项式求和优化等式。特别是优化等式这里,是真的坑。
    废话不多说,上推到过程:
    因为:
    在这里插入图片描述
    可以有:
    在这里插入图片描述
    所以有二项式展开:

    在这里插入图片描述
    很明显竖起来是等比,所以这样就可以把复杂度变成klogn了;
    然后可以得出公式S结果公式为:

    在这里插入图片描述
    由于需要mod1e9+9,所以可以由费马小定理可知变形为:

    在这里插入图片描述

    qi的值和阶乘的值都可以预处理,但是你会发现如果直接带这个公式写出来就T了。这就是真的变态卡快速幂。。。。。。。。。
    这是我超时的代码:

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const ll P = 1e9+9;
    const ll maxn = 1e5+5;
    ll a[maxn],b[maxn],jie[maxn];
    void pre(){
    	jie[0]=1;
    	//预处理阶乘
    	for(ll i=1;i<maxn;i++)jie[i]=jie[i-1]*i%P;
    	//预处理a,b
    	a[0]=1;b[0]=1;
    	for(ll i=1;i<maxn;i++){
    		a[i]=a[i-1]*691504013%P;//a的%P的逆元
    		b[i]=b[i-1]*308495997%P;//b的%p的逆元
    	}
    }
    ll QP(ll x,ll n){
          ll res=1;
          while(n){
          	if(n&1){
          		 res=res*x%P;
    		  }
    		  x=x*x%P;
    		  n>>=1;
    	  }
    	  return res;
    }
    ll T;
    ll N,C,K;
    int main(){
    	scanf("%lld",&T);
    	pre();
    	ll ans=0;
    		 ll x=QP(383008016,P-2);//利用费马小定理求1/sqrt(5)%P的值
    		  
    	while(T--){
    	     ans=0;
    		scanf("%lld %lld %lld",&N,&C,&K);
    		ll t=QP(a[K],C)%P;
    		for(ll i=0;i<=K;i++){
    			ll fenzi=jie[K];
    			ll fenmu=jie[i]*jie[K-i]%P;
    			ll res=fenzi*QP(fenmu,P-2)%P;
    			ll temp=t*(QP(t,N)-1)%P*QP(t-1,P-2)%P;//这里有个十分奇葩的地方,我开头把他分开写居然wa了而不是T了。。。。。。。
    			if(t==1){//分母没有意义,求和可知为N 
    				temp=N%P;
    			}
    			temp=temp*res%P;
    			if(i&1) ans-=temp;//如果为负数
    			else ans+=temp;//如果为正数
    			ans%=P;
    		}
    
    	 ans=QP(x,K)*ans%P;
    	 ans=(ans%P+P)%P;//防止负数
    	 printf("%lld\n",ans);
    	}
    	
    	return 0;
    } 
    
    

    然后就很懵逼了,这怎么搞的?????崩溃。。。。。。。
    参考大佬的代码优化因为后一个q的值就是前一个q的值乘上A(-C)*B^C;
    AC代码:

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    typedef long long ll; 
    const ll mod=1e9+9;
    const ll MAXN=1e5;
    ll factor[MAXN+10];
    ll invFactor[MAXN+10];
    ll invn[MAXN+10];
    const ll A=691504013;
    const ll invA=691504012;
    const ll B=308495997;
    const ll D=276601605;
    ll QP(ll x, ll n)
    {
        ll res=1;
        while(n)
        {
            if (n&1) res=res*x%mod;
            x=x*x%mod;
            n>>=1;
        }
        return res;
    }
    ll Mod(ll a, ll b)
    {
        a+=b;
        if (a>=mod)
            a-=mod;
        return a;
    }
    void pre()
    {
        factor[0]=invFactor[0]=invn[0]=factor[1]=invFactor[1]=invn[1]=1;
        for(int i=2; i<=MAXN; i++)
        {
            factor[i]=factor[i-1]*i%mod;
            invn[i]=(ll) (mod-mod/i)*invn[mod%i]%mod;
            invFactor[i]=invFactor[i-1]*invn[i]%mod;
        }
    }
    ll getC(ll m, ll n)//求C(n,m) 
    {
        if (n<0 || m<0 || m>n)
            return 0;
        ll ans=factor[n];
        ans=(ll) ans*invFactor[m]%mod;
        ans=(ll) ans*invFactor[n-m]%mod;
        return ans;
    }
    int main()
    {
        pre();
        int T;
        scanf("%d", &T);
        while(T--)
        {
            ll n, c, k;
            scanf("%lld%lld%lld", &n, &c, &k);
            ll ans=0;
            ll a1=QP(QP(A, k), c%(mod-1));
            ll q=QP((ll) invA*B%mod, c%(mod-1));
            ll n1=n%mod;
            ll n2=n%(mod-1);
            ll a1power=QP(a1, n2);
            ll qpower=QP(q, n2);
            for(int i=0; i<=k; i++)
            {
                ll sum=getC(i, k);
                if (i&1)
                {
                    sum=mod-sum;
                }
                if (a1==1)
                {
                    ans=(ans+sum*n1%mod)%mod;
                }
                else
                {
                    sum=sum*(a1*(a1power-1+mod)%mod)%mod;
                    sum=sum*QP(a1-1, mod-2)%mod;
                    ans=Mod(ans, sum);
                }
                a1=a1*q%mod;
                a1power=a1power*qpower%mod;
            }
            printf("%lld\n",ans*QP(D,k)%mod);
        }
    }
    

    实属想不到。。。。。。。

    展开全文
  • 所以直接用二项式展开的系数表示组合数,对上指标隔项求和就可以表示为多项式的等比数列: 除 (x+1)2−1(x+1)^2-1(x+1)2−1,发现上下两项常数项为0,其实就是除 x−2x-2x−2。 可以发现有 ai=2bi+bi−1a_i=2b_i+b_...
    题目描述:

    给出 N , M , K N,M,K N,M,K,求 ∑ i = 0 N ∑ j = 0 M ( i j ) [ i  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ m o d    2 = 0 ] [ j  ⁣ ⁣ ⁣ ⁣ m o d    2 = 0 ] \sum_{i=0}^N\sum_{j=0}^M\binom ij[i\!\!\!\!\mod2=0][j\!\!\!\!\mod2=0] i=0Nj=0M(ji)[imod2=0][jmod2=0]

    N ≤ 1 0 9 , M ≤ 1 0 6 , K ≤ 1 0 9 N\le10^9,M\le10^6,K\le10^9 N109,M106,K109

    题目分析:

    要是把组合数换成下降幂,斯特林数没法求,枚举复杂度也很高。。

    所以直接用二项式展开的系数表示组合数,对上指标隔项求和就可以表示为多项式的等比数列:

    在这里插入图片描述
    在这里插入图片描述
    ( x + 1 ) 2 − 1 (x+1)^2-1 (x+1)21,发现上下两项常数项为0,其实就是除 x − 2 x-2 x2
    可以发现有 a i = 2 b i + b i − 1 a_i=2b_i+b_{i-1} ai=2bi+bi1,其中 a i = ( N + 2 i + 1 ) a_i=\binom {N+2}{i+1} ai=(i+1N+2)

    • 模数为奇数时,存在 2 2 2的逆元,所以 b 0 = a 0 ∗ 2 − 1 b_0=a_0*2^{-1} b0=a021 b i = ( a i − b i − 1 ) ∗ 2 − 1 ( i > 0 ) b_i=(a_i-b_{i-1})*2^{-1}(i>0) bi=(aibi1)21(i>0)
    • 模数为 2 t 2^t 2t时,不存在 2 2 2的逆元,但是因为 b i = ∑ j > i ( − 2 ) j − ( i + 1 ) a j b_i=\sum_{j>i}(-2)^{j-(i+1)}a_j bi=j>i(2)j(i+1)aj,当 j − ( i + 1 ) ≥ t j-(i+1)\ge t j(i+1)t时余数为0,所以可以直接算出 b M = ∑ t + M ≥ j > i a j b_M=\sum_{t+M\ge j>i}a_j bM=t+Mj>iaj,然后用 b i − 1 = a i − 2 b i b_{i-1}=a_i-2b_i bi1=ai2bi递推。

    所以最后的问题就是怎么算 a i a_i ai,因为要对每一个 0 ≤ i ≤ M 0\le i\le M 0iM都算出 ( N + 2 i + 1 ) \binom {N+2}{i+1} (i+1N+2),所以首先需要将模数拆分为质数的幂,然后用类似 e x l u c a s exlucas exlucas的方法将下降幂和阶乘中的 p p p的因子提出,剩下的数用 e x g c d exgcd exgcd求出逆元。于是可以 O ( m log ⁡ m ) O(m\log m) O(mlogm)算出前 M M M个组合数。

    最后将所有拆分的模数 C R T CRT CRT合并即可。

    Code:

    #include<bits/stdc++.h>
    #define maxn 1000105
    using namespace std;
    int n,m,K,T,ans,mod,b,pw[maxn],C[maxn],inv[maxn],tmp;
    void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
    	if(!b) {x=1,y=0;return;}
    	exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
    }
    void calc(const int p,const int k,int M){
    	int cnt=0,sum=1;
    	for(int i=pw[0]=1;i<=k;i++) pw[i]=pw[i-1]*p; const int pk = pw[k];
    	for(int i=1,lim=min(M,pk-1);i<=lim;i++) if(i%p) exgcd(i,pk,inv[i],tmp);
    	for(int i=1;i<=M;i++){
    		int x=n+2-i+1,y=i;
    		if(x) for(;x%p==0;x/=p,cnt++);
    		for(;y%p==0;y/=p,cnt--);
    		sum=1ll*sum*x%pk*inv[y%pk]%pk;
    		C[i] = cnt>=k ? 0 : 1ll*sum*pw[cnt]%pk;
    	}
    }
    void merge(int R,int P){
    	int i1,i2;
    	exgcd(mod,P,i1,i2); const int md = mod*P;
    	ans=(1ll*ans*P%md*i2+1ll*R*mod%md*i1)%md, mod=md;
    }
    int main()
    {
    	scanf("%d%d%d",&n,&m,&K),n-=(n&1),m-=(m&1),m=min(n,m);
    	ans=0,mod=1;
    	
    	while(!(K&1)) K>>=1,T++;
    	if(T){
    		calc(2,T,min(m+1+T,n+2)); const int md = 1<<T;
    		for(int i=min(m+1+T,n+2);i>m+1;i--) b=((-2ll)*b+C[i])%md;
    		int R=b;
    		for(int i=m-1;i>=0;i--){
    			b=((-2ll)*b+C[i+2])%md;
    			if(!(i&1)) R=(R+b)%md;
    		}
    		merge(R,md);
    	}
    	
    	for(int i=3,x;i*i<=K;i++) if(K%i==0){
    		for(x=0; K%i==0; K/=i,x++);
    		calc(i,x,m+1); const int md=pw[x],iv2=(md+1)/2;
    		int R=b=1ll*C[1]*iv2%md;
    		for(int j=1;j<=m;j++){
    			b=1ll*(C[j+1]-b)*iv2%md;
    			if(!(j&1)) R=(R+b)%md;
    		}
    		merge(R,md);
    	}
    	if(K>1){
    		calc(K,1,m+1); const int md=K,iv2=(md+1)/2;
    		int R=b=1ll*C[1]*iv2%md;
    		for(int j=1;j<=m;j++){
    			b=1ll*(C[j+1]-b)*iv2%md;
    			if(!(j&1)) R=(R+b)%md;
    		}
    		merge(R,md);
    	}
    	printf("%d\n",(ans+mod)%mod);
    }
    
    展开全文
  • (ax+b)n(ax+b)^n(ax+b)n的展开式中,第r+1项的二项式系数为 CnrC_n^rCnr​ 第r+1项的系数为 Cnran−rbrC_n^ra^{n-r}b^rCnr​an−rbr 而 (x+1x)n(x+\frac{1}{x})^n(x+x1​)n的展开式中的系数等于二项式系数 二项式...

    概率试验

    • 1.投掷一个骰子投掷5次
    • 2.某人射击1次,击中目标的概率是0.8, 他射击10次;
    • 3.一个盒子中装有5个球(3红2白),有放回依次从中抽取5个球
    • 4.生产一种零件,出现次品的概率是0.04,生产这种零件4件

    以上这些的特点都是:

    • 条件相同
    • 独立重复性试验
    • 发生或者不发生
    • 发生的概率相同

    例子

    投掷一枚图钉,设针尖向上的概率为p, 则针尖向下的概率为q = 1 - p. 连续投掷一枚图钉3次,仅出现1次针尖向上的概率是多少?

    分析:这是一个条件相同,独立重复性试验: P = C 3 1 p q 2 = 3 p q 2 P = C_3^1 p q^2 = 3 p q^2 P=C31pq2=3pq2

    扩展:如果连续投3次图钉,出现k(0 <= k <= 3)次针尖向上的概率是多少?

    • 出现0次: P ( B 0 ) = P ( A 1 ˉ A 2 ˉ A 3 ˉ ) = q 3 P(B_0) = P(\bar{A_1} \bar{A_2} \bar{A_3}) = q^3 P(B0)=P(A1ˉA2ˉA3ˉ)=q3
    • 出现1次: P ( B 1 ) = P ( A 1 A 2 ˉ A 3 ˉ ) + P ( A 1 ˉ A 2 A 3 ˉ ) + P ( A 1 ˉ A 2 ˉ A 3 ) = 3 q 2 p P(B_1) = P(A_1\bar{A_2}\bar{A_3}) + P(\bar{A_1}A_2\bar{A_3}) + P(\bar{A_1}\bar{A_2}A_3) = 3q^2p P(B1)=P(A1A2ˉA3ˉ)+P(A1ˉA2A3ˉ)+P(A1ˉA2ˉA3)=3q2p
    • 出现2次: P ( B 2 ) = P ( A 1 A 2 A 3 ˉ ) + P ( A 1 ˉ A 2 A 3 ) + P ( A 1 A 2 ˉ A 3 ) = 3 q p 2 P(B_2) = P(A_1A_2\bar{A_3}) + P(\bar{A_1}A_2A_3) + P(A_1\bar{A_2}A_3) = 3qp^2 P(B2)=P(A1A2A3ˉ)+P(A1ˉA2A3)+P(A1A2ˉA3)=3qp2
    • 出现3次: P ( A 1 A 2 A 3 ) = p 3 P(A_1A_2A_3) = p^3 P(A1A2A3)=p3
    • 总结: P ( B k ) = C 3 k p k q 3 − k , k = 0 , 1 , 2 , 3 P(B_k) = C_3^kp^kq^{3-k}, k=0,1,2,3 P(Bk)=C3kpkq3k,k=0,1,2,3

    伯努利分布

    • 伯努利分布(Bernoulli distribution) 又名两点分布或0-1分布,介绍伯努利分布前首先需要引入伯努利试验(Bernoulli trial)
    • 伯努利试验是只有两种可能结果的单次随机试验,即对于一个随机变量X而言:伯努利试验都可以表达为"是或否"的问题
    • 例如:抛一次硬币是正面朝上吗?刚出生的孩子是男孩吗?等
    • 如果试验E是一个伯努利试验,将E独立重复进行n次,则称这一串重复的独立试验为n重伯努利试验
    • 进行一次伯努利试验,成功(X=1)概率为p(0 <= p <= 1), 失败(X=0)概率为1-p,则称随机变量X服从伯努利分布,伯努利分布是离散型概率分布

    二项分布

    • 在n次独立重复试验中,设事件A发生的次数是X, 且在每次试验中事件A发生的概率是p, 那么事件A恰好发生k次的概率是 P ( X = k ) = C n k p k ( 1 − p ) n − k , k = 0 , 1 , 2 , . . . , n P(X=k) = C_n^kp^k(1-p)^{n-k}, k = 0, 1, 2, ..., n P(X=k)=Cnkpk(1p)nk,k=0,1,2,...,n
    • 于是得到随机变量X的概率分布如下:q = 1 - p
      • X: 0, 1, …, k, …, n
      • p: C n 0 p 0 q n , C n 1 p 1 q n − 1 , . . . , C n k p k q n − k , . . . , C n n p n q 0 C_n^0p^0q^n, C_n^1p^1q^{n-1}, ..., C_n^kp^kq^{n-k}, ..., C_n^np^nq^0 Cn0p0qn,Cn1p1qn1,...,Cnkpkqnk,...,Cnnpnq0
      • 此时我们称随机变量X服从二项分布,记为: X ∼ B ( n , p ) X \sim B(n,p) XB(n,p) 其中p为成功概率
      • ∑ k = 0 n C n k p k ( 1 − p ) n − k = 1 \sum_{k=0}^n C_n^kp^k(1-p)^{n-k} = 1 k=0nCnkpk(1p)nk=1 全概率 求和是必然事件,概率为1

    案例1

    • 某射手每次射击击中目标的概率是0.8, 求这名射手在10次射击中
    • (1) 恰好有8次击中目标的概率
    • (2) 至少有8次击中目标的概率

    分析:

    • (0) p = 0.8 , 1 − p = 0.2 , n = 10 p=0.8, 1 - p = 0.2, n = 10 p=0.8,1p=0.2,n=10
    • (1) C 1 0 8 p 8 ( 1 − p ) 2 C_10^8p^8(1-p)^2 C108p8(1p)2
    • (2) p ( 8 ) + p ( 9 ) + p ( 10 ) = C 10 8 p 8 ( 1 − p ) 2 + C 10 9 p 9 ( 1 − p ) + C 10 10 p 10 p(8)+p(9)+p(10) = C_{10}^8p^8(1-p)^2 + C_{10}^9p^9(1-p) + C_{10}^{10}p^{10} p(8)+p(9)+p(10)=C108p8(1p)2+C109p9(1p)+C1010p10
    • 将(0)带入(1)、(2) 得到最终的解

    案例2

    • 设一个射手平均每设计10次中靶4次,求在5次射击中
    • (1)击中1次
    • (2)第二次击中
    • (3)击中两次
    • (4)第二、三两次击中
    • (5)至少击中一次
    • 求以上的概率

    分析:

    • 由题意:射手射击1次,中靶的概率是0.4
    • (1) n=5, k=1, 则 P ( X = 1 ) = C 5 1 p ( 1 − p ) 4 P(X = 1) = C_5^1p(1-p)^4 P(X=1)=C51p(1p)4
    • (2) 第二次击中和其他几次击中没有任何关系,也就是他一次击中的概率即为0.4
    • (3) n=5, k=2, 则 P ( X = 2 ) = C 5 2 p ( 1 − p ) 3 P(X = 2) = C_5^2p(1-p)^3 P(X=2)=C52p(1p)3
    • (4) 只和第2,3次有关和其他无关,则概率为0.4*0.4
    • (5) 有两种方法,正面求解相加,也可以从反面来推,推荐从反面求解,【1 - 没有击中一次的概率】: 1 − C 5 0 p 0 ( 1 − p ) 5 1 - C_5^0p^0(1-p)^5 1C50p0(1p)5

    二项式定理

    • 二项展开公式 ( a + b ) n = C n 0 a n + C n 1 a n − 1 b + C n 2 a n − 2 b 2 + . . . + C n r a n − r b r + . . . + C n n b n    ( n ∈ N + ) (a+b)^n = C_n^0a^n + C_n^1a^{n-1}b + C_n^2a^{n-2}b^2 + ... + C_n^ra^{n-r}b^r + ... + C_n^nb^n \ \ (n \in N_+) (a+b)n=Cn0an+Cn1an1b+Cn2an2b2+...+Cnranrbr+...+Cnnbn  (nN+)

    • 二项展开式的通项公式: T r + 1 = C n r a n − r b r      ( 0 ≤ r ≤ n , r ∈ N , n ∈ N + ) T_{r+1} = C_n^ra^{n-r}b^r \ \ \ \ (0 \leq r \leq n , r \in N, n \in N_+) Tr+1=Cnranrbr    (0rn,rN,nN+), 主要用来求指定的项

    • 项的系数与二项式系数

      • 项的系数与二项式系数是不同的两个概念,但当二项式的两个项的系数都为1时,系数就是二项式系数,如
      • ( a x + b ) n (ax+b)^n (ax+b)n的展开式中,第r+1项的二项式系数为 C n r C_n^r Cnr
      • 第r+1项的系数为 C n r a n − r b r C_n^ra^{n-r}b^r Cnranrbr
      • ( x + 1 x ) n (x+\frac{1}{x})^n (x+x1)n的展开式中的系数等于二项式系数
      • 二项式系数是组合数,一定为正的;而项的系数不一定为正的
    • ( 1 + x ) n (1+x)^n (1+x)n的展开式: ( 1 + x ) n = C n 0 x n + C n 1 x n − 1 + C n 2 x n − 2 + . . . + C n n x 0 (1+x)^n = C_n^0x^n + C_n^1x^{n-1} + C_n^2x^{n-2} + ... + C_n^nx^0 (1+x)n=Cn0xn+Cn1xn1+Cn2xn2+...+Cnnx0

      • 若令x=1, 则有: ( 1 + 1 ) n = 2 n = C n 0 + C n 1 + C n 2 + . . . + C n n (1+1)^n = 2^n = C_n^0 + C_n^1 + C_n^2+ ... + C_n^n (1+1)n=2n=Cn0+Cn1+Cn2+...+Cnn
      • 二项式奇数项系数的和等于二项式偶数项系数的和.
      • 即: C n 0 + C n 2 + . . . = C n 1 + C n 3 + . . . = 2 n − 1 C_n^0 + C_n^2 + ... = C_n^1 + C_n^3 + ... = 2^{n-1} Cn0+Cn2+...=Cn1+Cn3+...=2n1
    • 二项式系数的性质

      • 对称性: 与首末两端"等距离"的两个二项式系数相等,即 C n m = C n n − m C_n^m = C_n^{n-m} Cnm=Cnnm
      • 增减性与最大值
        • r ≤ n + 1 2 r \leq \frac{n+1}{2} r2n+1时,二项式系数 C n r C_n^r Cnr的值逐渐增大,当 r ≥ n + 1 2 r \geq \frac{n+1}{2} r2n+1时, C n r C_n^r Cnr的值逐渐减少,且在中间取得最大值
        • 当n为偶数时,中间一项(第 n 2 + 1 \frac{n}{2} + 1 2n+1项)的二项式系数 C n n 2 C_n^{\frac{n}{2}} Cn2n取得最大值
        • 当n为奇数时,中间两项(第 n + 1 2 \frac{n+1}{2} 2n+1和第 n + 1 2 + 1 \frac{n+1}{2} + 1 2n+1+1项)的二项式系数 C n n − 1 2 = C n n + 1 2 C_n^{\frac{n-1}{2}} = C_n^{\frac{n+1}{2}} Cn2n1=Cn2n+1相等并同时取最大值
    • 系数最大项的求法

      • 设第r项的系数 A r A_r Ar最大,由不等式组 { A r ≥ A r − 1 A r ≥ A r + 1 \left\{\begin{aligned}A_r \geq A_{r-1} \\A_r \geq A_{r+1}\end{aligned}\right. {ArAr1ArAr+1可确定r
    • 赋值法

      • ( a x + b ) n = a 0 + a 1 x + a 2 x 2 + . . . + a n x n (ax+b)^n = a_0 + a_1x + a_2x^2 + ... + a_nx^n (ax+b)n=a0+a1x+a2x2+...+anxn, 则设 f ( x ) = ( a x + b ) n f(x) = (ax+b)^n f(x)=(ax+b)n, 有
      • a 0 = f ( 0 ) a_0 = f(0) a0=f(0)
      • a 0 + a 1 + a 2 + . . . + a n = f ( 1 ) a_0 + a_1 + a_2 + ... + a_n = f(1) a0+a1+a2+...+an=f(1)
      • a 0 − a 1 + a 2 − a 3 + . . . + ( − 1 ) n a n = f ( − 1 ) a_0 - a_1 + a_2 - a_3 + ... + (-1)^na_n = f(-1) a0a1+a2a3+...+(1)nan=f(1)
      • a 0 + a 2 + a 4 + a 6 + . . . = f ( 1 ) + f ( − 1 ) 2 a_0 + a_2 + a_4 + a_6 + ... = \frac{f(1) + f(-1)}{2} a0+a2+a4+a6+...=2f(1)+f(1)
      • a 1 + a 3 + a 5 + a 7 + . . . = f ( 1 ) − f ( − 1 ) 2 a_1 + a_3 + a_5 + a_7 + ... = \frac{f(1) - f(-1)}{2} a1+a3+a5+a7+...=2f(1)f(1)

    从二项分布到二项式定理

    1) 二项式定理公式

    • ( a + b ) n = C n 0 a n b 0 + C n 1 a n − 1 b 1 + . . . + C n r a n − r b r + . . . + C n n b n a 0 = ∑ r = 0 n C n r a n − r b r (a+b)^n = C_n^0a^nb^0 + C_n^1a^{n-1}b^1 + ... + C_n^ra^{n-r}b^r + ... + C_n^nb^na^0 = \sum_{r=0}^n C_n^ra^{n-r}b^r (a+b)n=Cn0anb0+Cn1an1b1+...+Cnranrbr+...+Cnnbna0=r=0nCnranrbr
    • 写成p,q的形式为: ( p + q ) n = C n 0 p n q 0 + C n 1 p n − 1 q 1 + . . . + C n r p n − r q r + . . . + C n n p n q 0 (p+q)^n = C_n^0p^nq^0 + C_n^1p^{n-1}q^1 + ... + C_n^rp^{n-r}q^r + ... + C_n^np^nq^0 (p+q)n=Cn0pnq0+Cn1pn1q1+...+Cnrpnrqr+...+Cnnpnq0

    2 ) 二项分布与二项式定理之间的联系

    • 二项分布对应二项式定理的每一项
    • 二项分布的概率求和是二项式定理的一个特殊情况,也就是 p + q = 1 p + q = 1 p+q=1的情况

    二项分布与两点分布之间的关系

    案例分析

    • 篮球比赛,每次罚球命中得1分,不中得0分,某篮球运动员罚球命中率为0.7,在某次比赛中他一共罚球20次,则
    • (1) 他一次罚球的得分服从两点分布
    • (2) 在这次比赛中,命中次数X服从二项分布即 X ∼ B ( 20 , 0.7 ) X \sim B(20, 0.7) XB(20,0.7)

    总结

    • 两点分布:在一次试验中,事件A出现的概率为p,事件A不出现的概率为q=1-p,若以X记一次试验中A出现的次数,则X仅取0、1两个值。两点分布就是0-1分布, 是特殊的二项分布, 只是不同的叫法,也是试验次数为1的伯努利试验。 X ∼ B ( 1 , p ) X \sim B(1,p) XB(1,p)
    • 二项分布:是重复n次独立的伯努利试验。在每次试验中只有两种可能的结果,而且两种结果发生与否互相对立,并且相互独立,与其它各次试验结果无关,事件发生与否的概率在每一次独立试验中都保持不变, 是试验次数为n次的伯努利试验。
    • 两点分布是一种特殊的二项分布,n=1, p=p

    二项分布与超几何分布之间的关系

    案例分析

    • 一个袋中放有M个红球,(N - M)个白球,依次从袋中取n个球,记下红球的个数X
    • (1) 如果是有放回地取,则 X ∼ B ( n , M N ) X \sim B(n, \frac{M}{N}) XB(n,NM)
    • (2) 如果是不放回地取,则X服从超几何分布 P ( X = k ) = C M k C N − M n − k C N n    ( k = 0 , 1 , 2 , . . . , m ) P(X=k) = \frac{C_M^k C_{N-M}^{n-k}}{C_N^n} \ \ (k=0,1,2,...,m) P(X=k)=CNnCMkCNMnk  (k=0,1,2,...,m) 其中 m = m i n ( M , n ) m=min(M,n) m=min(M,n)

    超几何分布的推导

    • 设有7个球,4红,3白,连续取3个球(n=3), 则红球的变量X为:(k ~ 0,1,2,3)

    • 分类讨论:

      • X为0:白白白 =》 P ( X = 0 ) = 3 7 ∗ 2 6 ∗ 1 5 P(X=0) = \frac{3}{7} * \frac{2}{6} * \frac{1}{5} P(X=0)=736251
      • X为1:红白白、白红白、白白红 =》 P ( X = 1 ) = 4 7 ∗ 3 6 ∗ 2 5 + 3 7 ∗ 4 6 ∗ 2 5 + 3 7 ∗ 2 6 ∗ 4 5 P(X=1) = \frac{4}{7} * \frac{3}{6} * \frac{2}{5} + \frac{3}{7} * \frac{4}{6} * \frac{2}{5} + \frac{3}{7} * \frac{2}{6} * \frac{4}{5} P(X=1)=746352+736452+736254
      • X为2:类似上面,此处省略
      • X为3:类似上面,此处省略
    • 关于超几何分布 百度百科

    展开全文
  • 二项式定理

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空空如也

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二项式展开求和