最近搞了很多式子，合起来写一个东西
推歌：シェーマ - Chinozo/v_flower
歌词
笑顔に花咲く君の目が
夜の街にfade out
Ah fade out ah fade out
見送る先には 死者のcity
分からないな 世界
血を流す覚悟を
絡まっていた 僕は最低だ
I don't say Noを No Noを 自身のため
それに反した 僕のため息すら
君に沈んでいくんだ
僕は有害な人間だ 害な人間だ 害な人間だ しょうがないさ！
愛に冷えた このダンスビート
有害な人間だ 害な人間だ 害 I made it down
汚れた感情に 纏わる執着に
さぁ
パララリラ パララリラ
諦念とダンシン ダンシン
風になってさ
パララリラ パララリラ
黎明とダンシン ダンシン
狂ってこうぜ
笑顔に花咲く君の目が
黒く染まっていた
Get away! Get away!
辿り着いたのは死者のcity
ヤメテやくれないか
これ以上の否定は
始まっていた どん底のparty night
You don't say Noを No Noを
消え去って
それに反した ちっぽけな愛情が
君に沈んでいくんだ
僕は有害な人間だ 害な人間だ 害な人間 救いようがない
哀に消えた このダンスビート
有害な人間 害な人間 害 my epicは
汚れた体裁に 止まれない化けように さぁ
パララリラ パララリラ
それはナンセンス ナンセンス
明日になってって
パララリラ パララリラ
それはナンセンス ナンセンス 踊らせて
お願い神様 少しだけ光くれないか？
情けないくらい 不格好に狂わせて
僕は有害な人間だ 害な人間だ 害な人間だ しょうがないさ！
愛に冷えた このダンスビート
有害な人間だ 害な人間だ 害 I made it down
汚れた感情が 爆発するのさ
パララリラ パララリラ
諦念とダンシン ダンシン
風になってさ
パララリラ パララリラ
黎明とダンシン ダンシン
狂っておさらば
諦念とダンシン ダンシン
諦念とダンシン ダンシン
Cause I wanna singing for me
\[\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}i\dbinom ni=\sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1} i\dbinom ni\dfrac{n-i}{i+1} \]
左边明显是范德蒙德卷积形式，得到的是 \(\binom{2n-1}{n}\)
右边做如下处理：
\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}i\dbinom ni\dfrac{n-i}{i+1} &= \sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}i\dbinom n{n-i}\dfrac{n-i}{i+1}\\ &= \sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n-1}i\dbinom {n-1}{n-i-1}\dfrac{n}{i+1}\\ &= \sum_{i=0}^{n-1}\dbinom{n}{i+1}\dbinom {n-1}{n-i-1}\\ \end{aligned} \]发现两次吸收正好把系数尽数搞掉，还是范德蒙德卷积，得证
关于这个式子有一些更有意思的证明：
证明 1（by jijidawang）
观察到 \(g(n)=f_{2n}\) 的差分 \(\Delta^k g(n)=f(2n+k)\)
然后就可以考虑牛顿级数：
\[\begin{aligned}g(n)&=\sum_{i=0}^n\dbinom ni\Delta^ig(0)\\&=\sum_{i=0}^n\dbinom nif_i\end{aligned} \]然后就证毕了
证明 2（by gtm1514）
设斐波那契转移矩阵为 \(\mathrm A\)
则左式为 \((\mathrm A+\mathrm I)^n\)
不难发现 \(\mathrm A+\mathrm I=\mathrm A^2\) 带回上式得证
这似乎有一个算子的解释：
对于斐波那契来说 \(\mathrm E+1=\mathrm E^2\)
再来一个：
\[\sum\limits^n_{i=1}i\binom ni^2=n\binom{2n-1}{n-1} \]当时只会组合意义，但是现在看代数推导似乎很显然（？）
\[\begin{aligned} \sum\limits^n_{i=1}i\binom ni^2&=\sum\limits^n_{i=1}i\binom ni\binom n{n-i}\\ &=n\sum\limits^n_{i=1}\binom {n-1}{i-1}\binom n{n-i}\\ &=n\binom{2n-1}{n-1} \end{aligned} \]\[f*g=h\iff\sum_{i=1}^nh(i)=\sum_{i=1}^nf(i)\sum_{j=1}^{\lfloor\frac ni\rfloor}g(j) \]
证明：
对于 \(f(i)g(j)\) 来说，对于一个固定的 \(j\)，\(i\) 值满足 \(j\le \left\lfloor\frac{n}{i}\right\rfloor\)，放缩可得 \(j\le\frac{n}{i}\)，然后 \(ij\le n\)，因为 \(j\) 取遍所有值，所以对于一个固定的 \(ij\) 来说 \(i\) 和 \(j\) 取遍其所有因子，发现这就是 \(h\) 的前缀和
然后有一个东西：
\[f(n)=\sum_{i=1}^nh(i)g\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right)\iff g(n)=\sum_{i=1}^n(h*\mu)(i)f\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right) \]设 $$f\bullet g=\sum_{i=1}^nf(i)g\left(\left\lfloor\frac ni\right\rfloor\right) $$
这上面的命题等价于 \(f*g=h\iff f\bullet\sum g=\sum h\)
由此我们可以在 Dirichlet 卷积，前缀和，差分之间进行转换：
\[f=g\bullet h\iff \Delta f=g*\Delta h\iff \Delta h=\mu*g*\Delta f\iff h=(\mu*h)\bullet f \]实际上导出了非整除版本的莫比乌斯反演形式：
\[f=\sum_{i=1}^ng(i)h\left(\left\lfloor\frac ni\right\rfloor\right)\iff h(n)=\sum_{i=1}^n(g*\mu)(i)f\left(\left\lfloor\dfrac ni\right\rfloor\right) \]有关 \(\mu\)
接触到 \(\mu\) 最初应该是莫反：
\[f=g*1\iff g=f*\mu \]直到不久之前还只把 \(\mu\) 当作 Dirichlet 卷积中 \(1\) 的逆，但似乎只将他看作 \(1\) 的逆应该是有失妥当的，毕竟没有进行过除代数推导外的推导
其实是对于因数的容斥
从 \(\mu*1=\epsilon\) 理解应该是可行的：
如果 \(n=1\) ，这个结论是显然的
对于 \(n\ge 2\) 都可以表示成分解形式 \(n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_m^{\alpha_m}\)，发现平方因子对其无影响，所以只考虑非平方因子影响及其个数，即为：
这种证明思路在 \(f=g*1\iff g=f*\mu\) 中也可以进行推广：
对于 \(g(i)\) 来说，对它有影响的即为 \(\sum_{i\mid d} f(d)\mu(\frac nd)\)
\(\frac nd\) 中有平方因子明显没影响，考虑没平方因子的影响即为 \([\frac ni=1]\)，证毕
统计无平方因子数的个数（\(\mu^2\) 前缀和）
发现这个东西其实就是 $$\sum\limits^n_{i=1} \mu^2(i)$$
然后考虑容斥，但是这种积性函数显然还是用 \(\mu\) 做容斥系数
观察到一个数 \(i\) 可以对 \(\left\lfloor\frac n{i^2}\right\rfloor\) 个数产生影响，使其不为无平方因子数
但是这样会算重，因为含平方因子数会继续算，所以只考虑无平方因子数的影响
不难发现，答案即为 \(\sum^n_{i=1}\left\lfloor\frac n{i^2}\right\rfloor\mu(i)\)
因为 \(i\ge\sqrt n\) 没贡献，所以上界其实是 \(\sqrt n\)
标签：ni,right,dbinom,16,闲话,sum,mu,人間 From： https://www.cnblogs.com/Rolling-star/p/17484665.html