Re：从零开始的生成函数魔法

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2021/2/7：初稿

2021/3/14 Upd：修正了对笛卡尔积的错误理解

2021/4/16 Upd：更新【分治+NTT】 / 【数列k次幂和】 / 【点值与下降幂互化】等技术，更新【Exp 的组合意义】

2021/5/1 Upd：更新【概率型生成函数】 / 【更多生成函数】

2021/7/15 Upd：更新【组合对象符号化】，将另一篇博文【浅谈积和类问题】加入，另作了一些修改。

2021/9/20 Upd：将另一篇博文【浅谈划分类问题】加入。

2021/12/28 Upd：更新【分式域与拉格朗日反演】。

2022/6/6 Upd：更新【拓展-生成函数常见技巧】。

2022/11/20 Upd：更新【q-模拟】的内容。

0. 前置知识

0.1 多项式技术

知道多项式是啥：

\[A(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_ix^i \]

您最好还要知道卷积（多项式乘法）是啥~~不用会写~~。

不，您还要知道多项式求逆，多项式 ln，多项式 exp，牛顿迭代……

广告！浅谈多项式全家桶与实现

分治 + NTT

比较厉害的一个技巧。

给定 $n$ 个一次多项式 $a_i+b_ix$，求 $\prod\limits_{i=1}^n (a_i+b_ix)$。
$n \leq 10^5$

暴力卷积，是 $>O(n^2)$ 的……

原因就在于卷着卷着次数会不断变大。

想象一下，我们平时做多个数的乘法，没有人会去顺序一个一个地乘吧……

那可以用类似分治的办法，对于每个区间将左右合并起来。

时间复杂度是 $T(n)=2T(n/2)+O(n\log n)=O(n\log^2n)$

具体的实现可以用 vector 存多项式，空间复杂度是 $O(n\log n)$ 的。

类似的，还可以拓展出分式求和：

给定 $n$ 个一次多项式 $a_i+b_ix$，求 $\sum\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{a_i+b_ix}$。

如果直接求逆是 $O(n^2\log n)$ 的。

同上，对于每个区间维护分子和分母，最后再求逆算答案。

时间复杂度 $O(n\log^2n)$，空间复杂度 $O(n\log n)$ 。

0.2 Taylor 展开

\[f(x)=\sum\limits_{k = 0}^{+\infty} \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k \]

~~其实这个不是重点。~~

欲知详情，请看：知乎-怎样更好地理解并记忆泰勒展开式？

然后有个~~背下来~~经典的东西：

\[\ln(\dfrac{1}{1-x})=\sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{x^{i}}{i} \]

\[\ln(1-x)=-\sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{x^{i}}{i} \]

可以直接泰勒展开，不过也可用别的方法推：

\[\begin{aligned}\ln(1-x) & =\int \dfrac{(1-x)'}{1-x} dx\\& =\int \dfrac{-1}{1-x} dx\\ & =- \int \sum\limits_{i \geq 0}x^{i} dx\\& =- \sum\limits_{i \geq 0} \dfrac{x^{i+1}}{i+1} \\ & =- \sum\limits_{i \geq 0} \dfrac{x^{i+1}}{i+1} \\& =- \sum\limits_{i \geq 0} \dfrac{x^{i+1}}{i+1} \\ & =- \sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{x^i}{i} \\\end{aligned} \]

0.3 广义二项式定理

我们都知道喜闻乐见的二项式定理：

\[(1+x)^n=\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{n}{i} x^i \]

但有时候，我们想让这个 $n$ 变成负数甚至小数咋办？

设 $f(x)=(1+x)^\alpha$

我们有 $f(x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{f^{(k)}(0)}{k!}x^k$

解释一下求导：

\[f(x)=(1+x)^\alpha \]

\[f^{(1)}(x)=\alpha(1+x)^{\alpha-1} \]

\[f^{(2)}(x)=\alpha(\alpha-1)(1+x)^{\alpha-2} \]

\[\cdots \]

\[f^{(k)}(x)=\alpha^{\underline{k}} (1+x)^{\alpha-k} \]

代入：

\[f(x)=(1+x)^\alpha = \sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{\alpha^{\underline{k}} }{k!}x^k \]

啊哈，于是我们还能定义拓展的组合数 $\dbinom{n}{m}=\dfrac{n^{\underline{m}}}{m!}。$

1. 普通型生成函数（OGF）

生成函数是啥呢？

我们现在有一个序列 $\{f_i\}$

把序列扔到多项式的系数上，就能得到一个对应的多项式：

\[F(x)=\sum\limits_{i=0}^n F_ix^i \]

注意：$x$ 只是形式的自变量，并没有实际意义，想让它取啥就取啥。

当然，更严谨一点，$x$ 的取值必须要使 $F(x)$ 收敛，不过暂不考虑。

下面来介绍一些变换。

1.1 k 阶前缀和

P5488 差分与前缀和

我们有一个数列 $\{a_i\}$ 和它的生成函数 $A(x)$，求出它的前缀和 $\{b_i\}$ 。

那 $\{b_i\}$ 的生成函数是啥呢？

\[b_k=\sum\limits_{i=0}^k a_i=\sum\limits_{i=0}^k a_i \times 1 \]

\[B(x)=(1+x+x^2+x^3+\cdots)A(x) \]

那又多了一个新的多项式 $f(x)=1+x+x^2+x^3+\cdots$。

事实上，当 $-1 \leq x \leq 1$ 时，$f(x)=\dfrac{1-x^{+\infty}}{1-x} \rightarrow \dfrac{1}{1-x}$。

啊？这不是多项式吗？咋变成一个数了？

其实这叫生成函数的封闭形式。

哪咋变回来呢？

没事，看广义二项式定理！

\[f(x)=(1-x)^{-1}=\sum\limits_{i \geq 0} \dbinom{-1}{i} (-x)^i \]

当然，要求出 $k$ 阶前缀和也很简单了：

\[f(x)=(1-x)^{-k}=\sum\limits_{i \geq 0} \dbinom{-k}{i} (-x)^i \]

\[\dbinom{-k}{i}=\dfrac{(-k)(-k-1)\cdots(-k-i+1)}{i!}=(-1)^i\dfrac{k(k+1)\cdots(k+i-1)}{i!}=(-1)^i C_{k+i-1}^i \]

\[f(x)=\sum\limits_{i \geq 0} \dbinom{k+i-1}{i}x^i \]

拿 $f$ 跟 $A$ 卷一下就行了，$O(n \log n)。$

1.2 平移、伸缩与单位根反演

平移

向右平移：直接乘个 $x^k$ 就好了。

\[A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots \]

\[x^kA(x)=a_0x^k+a_1x^{k+1}+a_2x^{k+2}+a_3x^{k+3}+\cdots \]

向左平移：乘个 $x^{-k}$，但还要先把多余的项减掉。

\[x^{-k}[A(x)-a_0-a_1x- \cdots -a_{k-1}x^{k-1}]=a_k+a_{k+1}x+a_{k+2}x^2+a_{k+3}x^3+\cdots \]

套上求导，就会出现神奇的事情：

\[\vartheta A(x)=xA'(x)=a_1x+2a_2x^2+3a_3x^3+\cdots \]

伸缩

\[A(x^2)=a_0+a_1x^2+a_2x^4+a_3x^6+\cdots \]

\[A(x^k)=a_0+a_1x^k+a_2x^{2k}+a_3x^{3k}+\cdots \]

多么显然！

就好像是把系数往后伸缩了一样。

单位根反演

\[A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+\cdots \]

\[\dfrac{A(x)+A(-x)}{2}=a_0+a_2x^2+a_4x^4+a_6x^6+\cdots \]

\[?=a_0+a_kx^k+a_{2k}x^{2k}+a_{3k}x^{3k}+\cdots \]

第二个能用 $A(-x)$ 是因为 $(-1)^2=1$。

那什么 $x$ 满足 $x^k=1$ 呢？

聪明的同学们一定都想到了单位根。

\[[k|n]=\dfrac{1}{k} \sum\limits_{i=0}^{k-1}\omega_k^{ni} \]

这玩意叫单位根反演，拿等比数列随便证一下就行了：

\[\sum\limits_{i \geq 0} [k|i] a_ix^i =\sum\limits_{i \geq 0} \dfrac{1}{k} a_ix^i \sum\limits_{j=0}^{k-1}\omega_j^{ij} =\dfrac{1}{k} \sum\limits_{j=0}^{k-1} \sum\limits_{i \geq 0} a_ix^i \omega_j^{ij} =\dfrac{1}{k} \sum\limits_{j=0}^{k-1} A(\omega_k^j x)\]

1.3 生成函数与数列通项（上）

扔一个简单的递推数列，比如斐波那契数列（$f_n=f_{n-1}+f_{n-2}(n>1)$，$f_0=0$，$f_1=1$ ），想求它的通项公式

相信大家都知道矩阵乘法。（~~然而要讲的不是这个~~

相信大家都知道特征方程。（~~然而不详细解释~~

相信大家都知道，生成函数也可以拿来推这个？

设 $F(x)$ 为 $\{f_n\}$ 的生成函数，显然有：

\[F(x)=xF(x)+x^2F(x)+x \]

原因也很简单：

\[f_nx^n=x \cdot f_{n-1}x^{n-1}+x^2 \cdot f_{n-2}x^{n-2},n>1 \]

$n=1$ 的时候还要再补个 $x$ ，是边界条件。

然后把 $F(x)$ 提到左边：

\[F(x)=\dfrac{x}{1-x-x^2} \]

这个怎么求呢？我们一会儿再说……

先来看一道更加奇妙的问题……

P4451 [国家集训队]整数的lqp拆分

数列 $\{f_n\}$ 满足 $f_n=f_{n-1}+f_{n-2}(n>1)$，$f_0=0$，$f_1=1$ 。

对于 $n$ 的整数拆分，即满足 $a_1+a_2+\cdots+a_m=n$ 且 $\forall \in[1,m],a_i>0$ 的数组 $a_n$ ，定义其权值为 $S(a)=f_{a_1}+f_{a_2}+\cdots+f_{a_m}$

求 $n$ 的所有整数拆分的权值之和对 $10^9+7$ 取模的值。
$n \leq 10^{10000}$

首先解释一下这个奇怪的整数拆分：

如果设选一个数的生成函数为 $F(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+\cdots$

则整数拆分的生成函数为 $G(x)=1+F(x)+F(x)^2+\cdots$

其中 $F(x)^k$ 就是拆成 $k$ 个数的方案数。

（其实这是第二章的内容）

那当然把它们变成封闭形式：

\[F(x)=\dfrac{x}{1-x-x^2} \]

\[G(x)=\dfrac{1}{1-F(x)}=\dfrac{1}{1-\dfrac{x}{1-x-x^2}}=\dfrac{1-x-x^2}{1-2x-x^2} \]

下面来说说怎么把这个奇奇怪怪的封闭形式还原成多项式。

先把它变得好看一点：

\[G(x)=\dfrac{1-x-x^2}{1-2x-x^2}=1+\dfrac{x}{1-2x-x^2} \]

有二次，显然是没办法直接用拓展二项式做的。

不过联想一下初二的数学知识，我们可以把分式裂开成两个一次的。

经过一番轻松的解方程能得到：

\[1-2x-x^2=[x-(-1-\sqrt2)][x-(-1+\sqrt2)] \]

这个形式不太好看，给它乘个常数再变一变：

\[[1-(1-\sqrt2)x][1-(1+\sqrt2)x] \]

现在拿它当分母，再用初二的数学知识待定系数：

\[\dfrac{x}{1-2x-x^2}=\dfrac{A}{1-(1-\sqrt2)x}+\dfrac{B}{1-(1+\sqrt2)x} \]

解一解：

\[\dfrac{x}{1-2x-x^2}=\dfrac{-\dfrac{\sqrt2}{4}}{1-(1-\sqrt2)x}+\dfrac{\dfrac{\sqrt2}{4}}{1-(1+\sqrt2)x}=\dfrac{\sqrt2}{4}[-\dfrac{1}{1-(1-\sqrt2)x}+\dfrac{1}{1-(1+\sqrt2)x}] \]

这样就能算了：

\[(1-kx)^{-1}=\sum\limits_i (-1)^i C_{-1}^i k^i x^i=\sum\limits_i k^ix^i \]

是不是很神奇？

当然斐波那契数列也是同样的……

1.4 生成函数与数列通项（下）

本节参考《具体数学》7.3 解递归式

~~可能在 OI 中没啥用？~~

看看，就为了解个 $G(x)=\dfrac{1-x-x^2}{1-2x-x^2}$ 这么小的东西，我们都花了这么大篇幅……

有没有什么规律或者公式可以直接算呢？

那就不得不提到那个喜闻乐见的特征方程，简单介绍一下：

如果有 $k$ 阶常系数线性递推数列 $f_n$ 满足：

\[f_n=a_1f_{n-1}+a_2f_{n-2}+\cdots+a_kf_{n-k} \]

我们可以写一个很好看的方程，即特征方程：

\[x^k=a_1x^{k-1}+a_2x^{k-2}+\cdots+a_k \]

由代数基本定理，该方程在复数域内有且仅有 $k$ 个根 $x_1,x_2,\cdots,x_k$。

如果 $x_i$ 互不相同，则 $f_n$ 的通项公式形式为 $f_n=Ax_1^n+Bx_2^n+\cdots。$

如果有一些相同的根，例如有 $x_1=x_2=x_3$，那么就把这三项替换成 $(A+Bn+Cn^2)x_1^n$。

（$A,B,C$ 都是待定的系数，需要将点值代入解出）

啊，这个方法看起来挺强的，但是要待定系数……

而且有些时候也许我们只能得到数列的封闭形式。

让我们试着从生成函数的角度去看。

假设已经得到了数列的封闭形式是 $R(x)=\dfrac{P(x)}{Q(x)}+T(x)$。

其中 $Q(x)$ 是 $k$ 次的，$degP(x)<k$。

延袭刚才的方法，考虑将分式变成一堆形如 $\dfrac{a}{(1-px)^{m+1}}$ 的和（可能超过 $k$ 项！）。

那是因为有：

\[(1-px)^{-m-1}=\sum\limits_{i=0}^{+\infty} \dbinom{-m-1}{i} (-px)^i=\sum\limits_{i=0}^{+\infty} \dbinom{m+i}{i} p^i x^i \]

\[[x^n]\dfrac{a}{(1-px)^{m+1}}=a\dbinom{m+n}{n} p^n \]

真好看……

同时我们发现 $m=0$ 的时候就是 $\sum a_ip_i^n$。

$m>0$ 的时候各个次数的分母都会出来（例如有 $\dfrac{1}{(1-x)^2}$ 就会有$\dfrac{1}{1-x}$），所以也确实要乘上个多项式。

跟特征方程的结果是一样的。

现在的问题就是求 $a_i$ 和 $p_i$。

先来考虑 $p_i$，这相当于将 $Q(x)$ 表示为 $q_0\prod\limits_{i=1}^k (1-p_ix)$ （$q_0$ 是 $[x^0]Q(x)$，别晕了）。

我们来考虑在多项式除法里用到的一个技术：将系数对称（”反射“多项式）。

\[Q_R(x)=\sum\limits_{i=0}^k [x^{k-i}]Q(x) x^i=x^k Q(\dfrac{1}{x}) \]

惊奇地发现：

\[Q_R(x)=x^k q_0 \prod (1- p_i \dfrac{1}{x}) = q_0 \prod (x-p_i) \]

所以只需要对 $Q_r(x)$ 因式分解就能得到 $p_i$ 了。

那么接下来就是 $a_i$。

~~我直接扔两个《具体数学》上的定理。~~

不同根的有理展开定理

如果 $R(x)=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$，其中 $Q(x)=q_0 \prod\limits_{i=1}^k (1-p_ix)$，且 $q_i$ 互不相同，那么：

$[x^n]R(x)=\sum\limits_{i=1}^k a_ip_i^n$，且 $a_k=\dfrac{-p_kP(\frac{1}{p_k})}{Q'(\frac{1}{p_k})}$

有理生成函数的一般展开定理

如果 $R(x)=\dfrac{P(x)}{Q(x)}$，其中 $Q(x)=q_0 \prod\limits_{i=1}^l (1-p_ix)^{d_i}$，其中 $\sum d_i=k$ 且 $q_i$ 互不相同，那么：$$[x^{n]R(x)=\sum\limits_{i=1}}k f_i(n)p_i^n$$，且 $f_k(x)$ 是次数为 $d_k-1$ 的多项式，其首项系数为：

$a_k=\dfrac{(-p_k)^{d_k}P(\frac{1}{p_k})}{Q^{(d_k)}(\frac{1}{p_k})}=\dfrac{P(\frac{1}{p_k})}{(d_k-1)!q_0 \prod\limits_{j \neq k} (1-\dfrac{p_j}{p_k})^{d_j}}$

好，看来这个已经超过我的理解范围了……

而且这个好像也只能算首项系数……

最后，让我们尝试用这个新方法解决 1.3 中的问题：

\[G(x)=\dfrac{1-x-x^2}{1-2x-x^2}=1+\dfrac{x}{1-2x-x^2} \]

\[Q_R(x)=-1-2x+x^2=[x-(1+\sqrt2)][(x-(1-\sqrt2)] \]

\[Q(x)=1-2x-x^2=[1-(1+\sqrt2)x][(1-(1-\sqrt2)x] \]

求出了 $p_1=1+\sqrt2$，$p_2=1-\sqrt2$，接下来先对 $Q(x)$ 求个导：

\[Q'(x)=-2-2x \]

好，套公式！

\[a_1=\dfrac{-p_1P(\frac{1}{p_1})}{Q'(\frac{1}{p_1})}=\dfrac{-(1+\sqrt2)(\sqrt2-1)}{-2-2(\sqrt2-1)}=\dfrac{\sqrt2}{4} \]

\[a_2=\dfrac{-p_2P(\frac{1}{p_2})}{Q'(\frac{1}{p_2})}=\dfrac{-(1-\sqrt2)(-1-\sqrt2)}{-2-2(-1-\sqrt2)}=-\dfrac{\sqrt2}{4} \]

然后一下子就得到了 1.3 中的答案：

\[G(x)=1+\dfrac{\sqrt2}{4}[\dfrac{1}{1-(1+\sqrt2)x}-\dfrac{1}{1-(1-\sqrt2)x}] \]

1.5 应用-第一类切比雪夫不等式

啊？不就是求常系数递推数列的通项吗？生成函数就这点用？一个常系数线性齐次递推直接爆踩。

让我们来看点更好玩的东西……

~~UVA11170 Cos(NA)~~ / Trig Function / U160821 倍角

设 $n$ 次多项式 $F(x)$ 满足 $F(\cos x)=\cos(nx)$，求 $F(x) \bmod{x^{m+1}}$。
$n \leq 10^{10^5}$，$m < 10^5$

为了方便，将多项式记作 $F_n(t)$。

首先我们要相信 $F(t)$ 是个 $n$ 次多项式。

为什么呢？

\[\cos(nx+x)+\cos(nx-x)=\cos(nx)\cos x-\sin(nx)\sin x+\cos(nx)\cos x+\sin(nx)\sin x=2\cos(nx)\cos x \]

啊，好像和数列递推差不多

把每个 $F_n(t)$ 看成是数列 $\{g_i\}$ 的第 $n$ 项，不过这个数列的每一项是个多项式。

然后还是一样写成封闭形式：

\[g_{n+1}+g_{n-1}=2tg_n \]

\[g_n=2tg_{n-1}-g_{n-2} \]

\[G(x)=2txG(x)-x^2G(x)-tx+1 \]

\[G(x)=\dfrac{1-tx}{1-2tx+x^2} \]

解一下方程，$x_1=t-\sqrt{t^2-1}$，$x_2=t+\sqrt{t^2-1}$。

$1-2tx+x^2=(1-x_1x)(1-x_2x)$

这里还是用待定系数法来解……

解出来 $G(x)=\dfrac{1}{2}(\dfrac{1}{1-x_1x}+\dfrac{1}{1-x_2x})$

所以答案就是：

\[F_n(t)=[x^n]G(x)=\dfrac{1}{2}[(t-\sqrt{t^2-1})^n+(t+\sqrt{t^2-1})^n] \]

时间复杂度 $O(m\log m)。$

好像还有进一步的通项公式，这里不展开了。

生成函数是不是很有用呀？

1.5 数列 k 次幂和

P4705 玩游戏

给定 $n$ 个数 $a_i$，对 $\forall k \in [1,m]$ 求 $S_k=\sum\limits_{i=1}^n a_i^k \bmod 998244353$。
$n,k \leq 10^5$，$a_i < mod$

写出答案的生成函数：

\[F(x)=\sum\limits_i x^i \sum\limits_{j=1}^n a_j^i= \sum\limits_{j=1}^n \sum\limits_i a_j^i x^i = \sum\limits_{j=1}^n \dfrac{1}{1-a_jx} \]

后面看起来非常难处理……

（其实用分治 + NTT 可以直接爆算！复杂度是 $O(n\log^2n)$）

看到这个分式，有没有想到可以对 ln 求导？

这是个好主意，因为求导可以相加减，非常好算！

\[\ln(1-ax)'=\dfrac{1}{1-ax} (1-ax)'= \dfrac{-a}{1-ax} \]

啊，上面多了一个 $a$ ……写一个新的试试：

\[G(x)= \sum\limits_{j=1}^n \ln(1-a_jx)' =- \sum\limits_{j=1}^n \dfrac{a_j}{1-a_jx} = - \sum\limits_{j=1}^n \sum\limits_i a_j^{i+1}x^i = - \sum\limits_i x^i \sum\limits_{j=1}^n a_j^{i+1} \]

于是就有：

\[F(x)=-xG(x)+n \]

$+n$ 是因为常数项没掉了，要补上。

那现在只要求出 $G(x)$ 就好了：

\[G(x)= \sum\limits_{j=1}^n \ln(1-a_jx)'= [\sum\limits_{j=1}^n \ln(1-a_jx)]'=[\ln \prod\limits_{j=1}^n (1-a_jx)]' \]

后面这个东西也没有什么好算的办法……还是得用分治 + NTT，时间复杂度 $O(n\log^2n)$

~~推了个寂寞……~~

2. 应用-积和类问题

本节主要介绍利用多项式思想与生成函数解决序列上的求和问题。

2.1 集合积和

给出 $n$ 个变量 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ 的取值，对所有 $k \in [0,m]$ 求所有它们能组成的 $k$ 次单项式的和。
$n,m \leq 10^5$。

注：为了方便计算时间复杂度，下文中假设 $n,m$ 同阶。

似乎无法因式分解，考虑用生成函数，直接考虑每个变量的次数：

\[Ans_k=[x^k]\prod\limits_{i=1}^n(1+a_ix+a_i^2x^2+\cdots)=[x^k]\prod\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{1-a_ix} \]

使用分治 + NTT，可在 $O(n \log^2n)$ 内算出。

发现答案是一堆多项式之积的形式，这是一个很好的形式。

事实上 Matrix-Tree 定理也是这个形式，因此下面许多变式的技巧都可以套到 Matrix-Tree 定理上

2.2 无序背包

随便思考一下，其实就是 $n$ 种体积为 $1$ 的物品，第 $i$ 种物品有 $a_i$ 种方案（同种物品不同件的方案是区分的），正好填满大小为 $k$ 的背包的方案数。

拓展 1：每种物品有体积

设第 $i$ 种物品的体积为 $V_i$，则：

\[Ans_k=[x^k]\prod\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{1-a_ix^{V_i}} \]

其实就是 P4389 付公主的背包。

实现方式：取 ln 后用 $\ln(1-x)$ 的泰勒展开，再分治 + FFT，$O(n \log^2n)$。

拓展 2：每种物品数量有限制

设第 $i$ 种物品的体积为 $t_i$ 件，则：

\[Ans_k=[x^k]\prod\limits_{i=1}^n(1+a_ix+a_i^2x^2+\cdots+a_i^{t_i}x^{t_i})=[x^k]\prod\limits_{i=1}^n \dfrac{1-a_i^{t_i+1}x^{t_i+1}}{1-a_ix} \]

实现方式：分子分母可以分别处理，分子还是取 $\ln$，$O(n \log^2n)$。

其实好像是没啥用的……但是有个特例：

2.3 01 背包

当 $t_i=1$ 时，$Ans_k=[x^k]\prod\limits_{i=1}^n (1+a_ix)$。

它代表的意义就是单项式的每个变量的次数不超过 $1。$

什么意思？就是 $a_i$ 中任选 $k$ 个（不能重复）乘起来再求和。形式化的：

\[Ans_k=\sum\limits_{S \subseteq [n]} [|S|=k] \prod\limits_{i \in S} a_i \]

这个巧妙的意义使它很容易在题目中出现：

CF109C Lucky Tree ：将条件改为 $n$ 元组，且任意两点间有关键边，可转化为这个模型。
P3909 异或之积：其实是积之和，而且 $k=3$ （~~这还需要生成函数？~~）。
P5326 [ZJOI2019]开关：最后一步的处理就是这个模型（变式）。
Open Cup XXI / Gym102978F Find the LCA：也要用到这个模型（变式）。
ARC139F Many Xor Optimization Problems：同上（不过是 $\max$ 形式）。

另外，拓展的韦达定理也可以这样来理解。

接下来我们把重心放在这个模型的变式上：更多限制，或者说更多维度。

变式 1：Min / Max

以 Open Cup XXI / Gym102978F Find the LCA 为例，推到最后要求：

\[Ans_k=\sum\limits_{S \subseteq [n]} [|S|=k] (\min S) \prod\limits_{i \in S} a_i \]

想法也很简单，直接暴力枚举最小值：

\[Ans_k=[x^k]\sum\limits_{i=1}^n a_ix \prod\limits_{j=i+1}^n (1+a_jx) \]

看上去很不可做，但实际上也可以分治 + FFT，$O(n \log^2 n)$。

变式 2：高维权值

以 P5326 [ZJOI2019]开关为例（~~尽管这道题并不需要也不是重点~~）。

给定集合 $S$，求：
\[Ans_k=\sum\limits_{T \neq \empty} [2 \nmid |S \bigcap T|][\sum\limits_{i \in T} w_i=k] 1 \]

这里实际上有点不太一样，是有体积的背包并且 $a_i=1$，不过大同小异。

可以发现这里有两个条件，上面的模型看似无法扩展。

我们可以尝试给每个变量的权值再加上一维，来满足额外的条件。

这里要数 $S$ 与 $T$ 都有的个数，就设权值 $b_i=[i \in S]。$

\[Ans_k=\sum\limits_{2 \nmid t} [x^ky^t]\prod\limits_{i=1}^n (1+x^{w_i}y^{b_i}) \]

高维多项式不好处理，但发现只需要计算 $y$ 的次数为奇数的系数，可以用单位根反演。

令 $y=-1$ 与 $y=1$，得到：

\[Ans_k=[x^k]\dfrac{\prod\limits_{i=1}^n (1+x^{w_i}) - \prod\limits_{i=1}^n (1+x^{w_i}(-1)^{b_i}) }{2} \]

$O(n \log^2 n)$。

异或之和

给出 $n$ 个数 $a_1,a_2,\cdots,a_n$ ，对所有 $k \in [0,m]$ 求所有任选 $k$ 个数的异或之和。
$n,m \leq 10^5$。

首先显然每一位是相互独立的，所以可以拆位，现在问题变成了权值只有 $0$ 和 $1$。

现在问题变成了权值只有 $0$ 和 $1$

那若干个数的异或和为 $1$ 当且仅当有奇数个数的权值为 $1$，只要算出方案数就好了

和刚才的 高维权值 差不多，设权值 $b_i=w_i$。

\[Ans_k=\sum\limits_{2 \nmid t} [x^ky^t]\prod\limits_{i=1}^n (1+x^{w_i}y^{b_i}) \]

\[Ans_k=[x^k]\dfrac{\prod\limits_{i=1}^n (1+x^{w_i}) - \prod\limits_{i=1}^n (1+x^{w_i}(-1)^{b_i}) }{2} \]

完全一样的，不再解释了。

另：可以拓展至 $w$ 进制的异或和，对每一种答案做一遍即可，$O(wn \log^2 n)$。

2.4 有序背包

我们的背包刚才是一种一种选的，不考虑顺序.

如果考虑顺序，相当于每种方案乘上了一个可重排列。

好像正好和指数型生成函数的乘法对应上了！

\[(a_1+a_2+\cdots+a_n)^k=k![x^k]\prod\limits_{i=1}^n e^{a_ix}=k![x^k] e^{\sum_{i=1}^n a_i x} \]

同时这也对应着多项式定理。

又是乘法的形式，只不过是 EGF 的。

可以用在 Matrix-Tree 定理上：P5296 [北京省选集训2019]生成树计数。

更好玩的来了：我们完全可以把它套在 01 背包 的模型上！

U164351 繁星

\[Ans_{k,p}=\sum\limits_{S \subseteq \{1,2,\cdots,n\}} [|S|=k] (\sum\limits_{i \in S} a_i)^p \]

直接套，得到：

\[Ans_{k,p}=p![x^ky^p]\prod\limits_{i=1}^n (1+e^{a_iy}x) \]

不考虑 $k$ 的话，即令 $x=1$，可以通过一系列技巧做到 $O(\sum a_i \log^2 \sum a_i)$。

2.5. 和之积

\[\prod\limits_{i=1}^n (a+b_i)=[x^n] \dfrac{1}{1-ax} \prod\limits_{i=1}^n (1+b_ix) \]

类似二项式定理拓展的东西。

其实就是从 $n$ 个括号里选若干个 $b_i$，剩下的用 $a$ 补齐。

考虑用多项式的乘积来表示，将 $a$ 单独用一个多项式 $1+ax+a^2x^2+\cdots$ 表示；$b_i$ 由于不能重复，用 $n$ 个多项式 $1+b_ix$ 表示：

\[\prod\limits_{i=1}^n (a+b_i)=[x^n] (\sum\limits_{i=0}a^ix^i) \prod\limits_{i=1}^n (1+b_ix)=[x^n] \dfrac{1}{1-ax} \prod\limits_{i=1}^n (1+b_ix) \]

题目：GYM102978D Do Use FFT，非常巧妙地用这个式子化简，从中也可以看到将朴素问题转化为多项式表示的优势。

3. 应用-树上划分类问题

序列划分由于不涉及生成函数不列在此，可见浅谈划分类问题。

划分类问题，即将序列或图分割成若干部分，求所有划分方式的权值运算结果（和，积或最值等）的问题。

给定一棵树，将树划分为若干联通块。形式化的，定义划分为 $P=\{V_1,V_2,\cdots,V_k\}$，其中 $V_i$ 代表某个联通块的点集。

由于无法枚举联通块，需要用类似树形依赖背包的思路来做，并用导数优化。

下面就以划分积和为例，略过划分和。

3.1 联通块积和

P5206 [WC2019]数树

给定一棵大小为 $n$ 的树，定义划分 $P=\{V_1,V_2,\cdots,V_k\}$ 的权值为：

\[w(P)=\prod\limits_{i=1}^k|V_i| \]

求所有划分的权值之和。
$n \leq 10^5$。

设 $f_{u,i}$ 表示以 $u$ 为根的子树中，根所在的联通块大小为 $i$，不计算根所在联通块贡献的状态。

考虑转移过程，将子树 $v$ 加入子树 $u$ 中：

边 $(u,v)$ 不连，状态不变并计算 $v$ 的贡献。
边 $(u,v)$ 连，状态改变并不计算贡献。

\[f_{u,i} \leftarrow f_{u,i} \sum\limits_{j=0}^n jf_{v,j} + \sum\limits_{j=0}^i f_{u,j}f_{v,i-j} \]

预处理令 $f_{u,1}=1$。

朴素计算是 $O(n^3)$ 的。

用个小 trick，枚举时只枚举到 $size_u$，可以做到 $O(n^2)$。

~~我不满意！~~

这个形式非常的卷积，尝试把它写成生成函数。

\[F_u(x) \leftarrow F_u(x)F_v'(1)+F_u(x)F_v(x) \]

再维护一下导数：

\[F_u'(x) \leftarrow F_v'(1)F_u'(x)+F_u'(x)F_v(x)+F_u(x)F_v'(x) \]

最后要求的就是 $F_1'(1)$，所以其实只需要维护 $x=1$ 即可。

\[F_u(1) \leftarrow F_u(1)F_v'(1)+F_u(1)F_v(1) \]
\[F_u'(1) \leftarrow F_v'(1)F_u'(1)+F_u'(1)F_v(1)+F_u(1)F_v'(1) \]

直接做到了 $O(n)$，非常成功。

当然其实导数就是计算根所在联通块贡献的状态，似乎也可以直接理解跳过生成函数~~但是我理解不了~~。

3.2 复杂变式

给定一棵大小为 $n$ 的树，$m$ 次多项式 $P(x)$ 与 $t$，每个点有点权 $w_i$，定义划分 $P=\{V_1,V_2,\cdots,V_k\}$ 的权值为：

\[w(P)=\prod\limits_{i=1}^k P(\sum\limits_{u \in V_i} w_u)t^{\sum\limits_{u \in V_i} w_u} \]

求所有划分的权值之和。
$n \leq 10^5$，$m \leq 10$。

这个问题与朴素的 3.1 相比复杂了很多，不过实际上可以拆开来考虑。

首先后面那一小块其实把 3.1 中的 $1$ 换成 $t$ 即可。带权只需要在预处理时考虑即可（$f_{u,w_u}=1$），剩下只需要分别维护 $1 \sim m$ 次导即可。

\[f_{u,i} \leftarrow f_{u,i} \sum\limits_{j} P(j)t^{j}f_{v,j} + \sum\limits_{j} f_{u,j}f_{v,i-j} \]

先处理一下 $P(x)$，设 $\sum\limits_{i} P(i)g_ix^i=\sum\limits_{i=0}^m q_kG^{(i)}(x)$。

\[F_u(x) \leftarrow F_u(x)\sum\limits_{i=0}^m q_iF_v^{(i)}(t)+F_u(x)F_v(x) \]

由莱布尼茨公式：

\[[F(x)G(x)]^{(k)}=\sum\limits_{i=0}^k \dbinom{k}{i} F^{(i)}(x) G^{(k-i)}(x) \]

于是可以维护 $k$ 次导：

\[F_u^{(k)}(x) \leftarrow F_u^{(k)}(x)\sum\limits_{i=0}^m q_iF_v^{(i)}(t)+\sum\limits_{i=0}^k \dbinom{k}{i} F_u^{(i)}(x) F_v^{(k-i)}(x) \]

把所有 $x$ 换成 $t$ 就可以直接转移了，时间复杂度 $O(nm^2)$。

~~我不相信这个都还能够考虑意义来做了？~~

T169751 Nephren | Nephren 题解 - LawArthur&小落的博客

将连通块个数拆成选中点减去选中边，再用期望的线性计算，可以得到大小为 $k$ 的连通块的贡献实际是一个确定的二次函数。

3.3 多元变式

以二元为例。

给定一棵大小为 $n$ 的树，每个点有点权 $a_i,b_i$，定义划分 $P=\{V_1,V_2,\cdots,V_k\}$ 的权值为：

\[w(P)=\prod\limits_{i=1}^k (\sum\limits_{u \in V_i} a_u)(\sum\limits_{u \in V_i} b_u) \]

求所有划分的权值之和。
$n \leq 10^5$。

这次有两个变量，因此需要多设一维。类似的，设状态为 $f_{u,i,j}$。

\[f_{u,i,j} \leftarrow f_{u,i,j} \sum\limits_{p} \sum\limits_{q} p q f_{v,p,q} + \sum\limits_{p} \sum\limits_{q} f_{u,p,q}f_{v,i-p,j-q} \]

类似地定义求导 $\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F(x,y)=\sum\limits_p \sum\limits_q pqf_{p,q}x^{p-1}y^{q-1}$。

我不知道这叫啥……但貌似就是对两元依次求一次偏导，貌似写成 $\frac{\partial}{\partial x\partial y}$。

\[F_u(x,y) \leftarrow F_u(x,y) \dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F_v(1,1)+F_u(x,y)F_v(x,y) \]

乘法公式稍微麻烦一点，可以先对一维求偏导：

\[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}(FG)=\dfrac{\partial}{\partial x}F\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}G+\dfrac{\partial}{\partial x}G\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F \]

所以还需要维护 $\dfrac{\partial}{\partial x}F(x,y)$。

\[\dfrac{\partial}{\partial x}F_u(x,y) \leftarrow \dfrac{\partial}{\partial x}F_u(x,y) \dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x}F_u(x,y)F_v(x,y)+F_u(x,y)\dfrac{\partial}{\partial x}F_v(x,y) \]

\[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F_u(x,y) \leftarrow \dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F_u(x,y) \dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x}F_u(x,y)\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F_v(x,y)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F_u(x,y)\dfrac{\partial}{\partial x}F_v(x,y) \]

这个式子太长了，统一写成 dp 式好看点：

\[f_u \leftarrow f_uh_v+f_uf_v \]
\[g_u \leftarrow 2g_uh_v+f_ug_v \]
\[h_u \leftarrow h_uh_v+g_uh_v+h_ug_v \]

于是完备了，时间复杂度 $O(3n)$。

那么同理，$k$ 元变式的时间复杂度是 $O(kn)$。

3.4 更复杂的多元变式

由 T169751 Nephren 启发而来。

给定一棵大小为 $n$ 的树，每个点有点权 $w_i,p_i$。
对于点集 $T \subseteq S$ 定义 $C(S,T)$ 表示点集 $S$ 内 $T$ 形成的联通块个数，定义划分 $P=\{V_1,V_2,\cdots,V_k\}$ 的权值为：

\[w(P)=\sum\limits_{T} \prod\limits_{i=1}^k C(V_i,V_i \bigcap T)(\sum\limits_{i \in V_i}w_i)(\prod\limits_{i \in T}p_i) \]

求所有划分的权值之和。
$n \leq 10^5$。

实际上就是把 T169751 Nephren 加了个点权，所以现在每个联通块的贡献不再相同，需要考虑多记录一维。

下面称 $T$ 中的点为关键点。

直接考虑 $f_{u,i,j,t}$ 分别表示根所在联通块的 $w$ 权值之和为 $i$，关键点联通块个数为 $j$，根是否为关键点，不统计根所在联通块的答案。需要注意当两个根都是关键点时，联通块数量要减 $1$。

\[f_{u,i,j,0} \leftarrow f_{u,i,j,0} \sum\limits_{p} \sum\limits_{q} pq (f_{v,p,q,0}+f_{v,p,q,1})+\sum\limits_{p} \sum\limits_{q} f_{u,p,q,0} (f_{v,i-p,j-q,0}+f_{v,i-p,j-q,1}) \]

\[f_{u,i,j,1} \leftarrow f_{u,i,j,1} \sum\limits_{p} \sum\limits_{q} pq (f_{v,p,q,0}+f_{v,p,q,1})+\sum\limits_{p} \sum\limits_{q} f_{u,p,q,1} (f_{v,i-p,j-q,0}+f_{v,i-p,j-q+1,1}) \]

仿照 2.3 改写，为了板式这里就只写函数名了。

\[F0_u \leftarrow F0_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)]+F0_u(F0_v+F1_v) \]

\[F1_u \leftarrow F1_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)]+F1_u(F0_v+\dfrac{1}{y}F1_v) \]

仍然维护 $\dfrac{\partial}{\partial x}$，$\dfrac{\partial}{\partial y}$ 和 $\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}$。

\[\dfrac{\partial}{\partial x}F0_u \leftarrow \dfrac{\partial}{\partial x}F0_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)]+\dfrac{\partial}{\partial x}F0_u(F0_v+F1_v)+F0_u(\dfrac{\partial}{\partial x}F0_v+\dfrac{\partial}{\partial x}F1_v) \]

\[\dfrac{\partial}{\partial x}F1_u \leftarrow \dfrac{\partial}{\partial x}F1_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)]+\dfrac{\partial}{\partial x}F1_u(F0_v+\dfrac{1}{y}F1_v)+F1_u(\dfrac{\partial}{\partial x}F0_v+\dfrac{1}{y}\dfrac{\partial}{\partial x}F1_v) \]

\[\dfrac{\partial}{\partial y}F0_u \leftarrow \dfrac{\partial}{\partial y}F0_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)]+\dfrac{\partial}{\partial y}F0_u(F0_v+F1_v)+F0_u(\dfrac{\partial}{\partial y}F0_v+\dfrac{\partial}{\partial y}F1_v) \]

\[\begin{aligned} \dfrac{\partial}{\partial y}F1_u & \leftarrow \dfrac{\partial}{\partial y}F1_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)]+\dfrac{\partial}{\partial y}F1_u(F0_v+\dfrac{1}{y}F1_v)+F1_u(\dfrac{\partial}{\partial y}F0_v+\dfrac{\partial}{\partial y}\dfrac{1}{y}F1_v)\\ & =\dfrac{\partial}{\partial y}F1_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)]+\dfrac{\partial}{\partial y}F1_u(F0_v+\dfrac{1}{y}F1_v)+F1_u(\dfrac{\partial}{\partial y}F0_v+\dfrac{1}{y}\dfrac{\partial}{\partial y}F1_v-\dfrac{1}{y^2}F1_v) \end{aligned} \]

\[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_u \leftarrow \dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)]+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_u(F0_v+F1_v)+F0_u(\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v)+\dfrac{\partial}{\partial x}F0_u(\dfrac{\partial}{\partial y}F0_v+\dfrac{\partial}{\partial y}F1_v)+\dfrac{\partial}{\partial y}F0_u(\dfrac{\partial}{\partial x}F0_v+\dfrac{\partial}{\partial x}F1_v) \]

\[\begin{aligned} \dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_u & \leftarrow \dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)]+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_u(F0_v+\dfrac{1}{y}F1_v)+F1_u(\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}\dfrac{1}{y}F1_v)+\dfrac{\partial}{\partial x}F1_u(\dfrac{\partial}{\partial y}F0_v+\dfrac{\partial}{\partial y}\dfrac{1}{y}F1_v)+\dfrac{\partial}{\partial y}F1_u(\dfrac{\partial}{\partial x}F0_v+\dfrac{\partial}{\partial x}\dfrac{1}{y}F1_v)\\ & =\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_u[\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v(1,1)+\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v(1,1)] +\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_u(F0_v+\dfrac{1}{y}F1_v) +F1_u(\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F0_v+\dfrac{1}{y}\dfrac{\partial}{\partial x\partial y}F1_v-\dfrac{1}{y^2}\dfrac{\partial}{\partial x}F1_v) +\dfrac{\partial}{\partial x}F1_u(\dfrac{\partial}{\partial y}F0_v+\dfrac{1}{y}\dfrac{\partial}{\partial y}F1_v-\dfrac{1}{y^2}F1_v) +\dfrac{\partial}{\partial y}F1_u(\dfrac{\partial}{\partial x}F0_v+\dfrac{1}{y}\dfrac{\partial}{\partial x}F1_v) \end{aligned} \]

已经完备，时间复杂度 $O(n)$。

4. 拓展-生成函数常见技巧

一些技巧可以神奇地使 $\log^2$ 变成 $\log$，$\log$ 变成线性。

4.1 多项式复合简单函数

给出 $n$ 次多项式 $F(x)$ 及函数 $G(x)$，要求快速计算 $S(x)=F(G(x))$。

幂函数：$G(x)=x^a$。

就是 1.2 平移、伸缩与单位根反演 中的伸缩变换。

一次函数：$G(x)=ax+b$。

\[\begin{aligned} F(G(x)) &= \sum\limits_{i=0}^n f_i (ax+b)^i\\ &=\sum\limits_{i=0}^n f_i \sum\limits_{j=0}^i \dbinom{i}{j} a^j b^{i-j} x^j\\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} s_j &=\sum\limits_{i=j}^n \dbinom{i}{j} a^j b^{i-j} f_i\\ &=\dfrac{1}{j!} a^j \sum\limits_{i=j}^n i!f_i \dfrac{b^{i-j}}{(i-j)!}\\ \end{aligned} \]

做一次差卷积即可。时间复杂度 $O(n \log n)$。

二次函数：$G(x)=ax^2+bx+c$。

\[G(x)=a(x+\dfrac{b}{2a})^2+c-\dfrac{b^2}{4a} \]

先复合 $x+\dfrac{b}{2a}$，再复合 $x^2$，再复合 $ax+c-\dfrac{b^2}{4a}$ 即可。时间复杂度 $O(n \log n)$。

高次多项式：$G(x)=\sum\limits_{i=0}^k g_ix^i(k \geq 3)$。

无法再像二次函数一样表示成若干形如 $x^c$ 与 $x+c$ 的复合。

可以直接使用分治乘计算 $\sum\limits_{i=0}^n f_i G^i(x)$，复杂度 $O(nk \log^2 (nk))$。

也可以用多项式复合的做法。

特殊一次分式：$G(x)=\dfrac{1}{1-ax}$

\[\begin{aligned} F(G(x)) &=f_0+\sum\limits_{i=1}^n f_i \dfrac{1}{(1-ax)^i}\\ &=f_0+\sum\limits_{i=1}^n f_i \sum\limits_{j=0}^{+ \infty} \dbinom{i-1+j}{i-1} a^j x^j\\ \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} s_j &=[j=0]f_0+\sum\limits_{i=1}^n \dbinom{i-1+j}{j} a^j f_i\\ &=[j=0]f_0+\dfrac{1}{j!} a^j \sum\limits_{i=1}^n \dfrac{f_i}{(i-1)!} (i-1+j)!\\ &=[j=0]f_0+\dfrac{1}{j!} a^j \sum\limits_{i=0}^{n-1} \dfrac{f_{i+1}}{i!} (i+j)!\\ \end{aligned} \]

做一次差卷积即可。时间复杂度 $O(n \log n)$。

一次分式：$G(x)=\dfrac{ax+b}{cx+d}$。

\[G(x)=\dfrac{a}{c}+\dfrac{b-\dfrac{ad}{c}}{cx+d}=\dfrac{a}{c}+\dfrac{bc-ad}{cd} \dfrac{1}{1+\dfrac{c}{d}x} \]

先复合 $\dfrac{1}{1+\dfrac{c}{d}x}$，再复合 $\dfrac{bc-ad}{cd} x+\dfrac{a}{c}$ 即可。时间复杂度 $O(n \log n)$。

指数函数：$G(x)=ae^x$。

\[\begin{aligned} F(G(x)) &= \sum\limits_{i=0}^n f_i a^i e^{ix}\\ &=\sum\limits_{i=0}^n a^i f_i \sum\limits_{j=0}^{+ \infty} i^j \dfrac{x^j}{j!}\\ \end{aligned} \]

\[s_j=\dfrac{1}{j!} \sum\limits_{i=0}^n i^j a^i f_i \]

记 $p_j=j! s_j$，写成生成函数：

\[P(x)=\sum\limits_{j} \sum\limits_{i=0}^n i^j a^i f_i x^j=\sum\limits_{i=0}^n a^i f_i \sum\limits_{j} i^j x^j=\sum\limits_{i=0}^n \dfrac{a^i f_i}{1-ix} \]

可以直接分治乘，时间复杂度 $O(n \log^2 n)$。

实际上在 1.5 数列 k 次幂和 中已经提到过。

4.2 线性算法与转置原理

本节不再是形式上的技巧，可能涉及到算法本身。

线性算法：本质为一个 $n \times m$ 的矩阵 $M$。输入长为 $n$ 的列向量 $v$，输出长为 $m$ 的列向量 $Mv$。

线性算法在 OI 中很常见，如 $\text{FFT,FWT}$，各种反演以及大部分 DP。

在线性算法中，只会用到三种指令：

swap i j，交换变量 $i,j$ 的值。
mul i c，令 $i \leftarrow ci$。
add i j c，令 $j \leftarrow j+ci$。

这三种指令分别对应矩阵的初等变换：

交换两行或两列。
用常数 $c$ 乘以某一行。
用常数 $c$ 乘以某一行加到另一行中去。

转置原理：可以将计算 $M$ 的线性算法转换成计算 $M^T$ 的线性算法，乘法次数不变，加法次数比原算法多至多 $m−n$ 次。

具体而言，倒序考虑每个指令，并如下转换：

swap i j：不变。
mul i c：不变。
add i j c：改为令 $i \leftarrow i+cj$。

理解：将转移视为带权边，则产生一张 DAG。定义路径的权为其中所有边权之积。
设初始状态为 $S$，终止状态为 $T$。则 $T_j$ 的值可视为 $S_i$ 到 $T_j$ 的所有路径权值乘上 $S_i$ 之和，即 $T_j=\sum\limits_i M_{j,i} S_i$。
故将所有边反向，权值不变，倒着转移可在 $S$ 处得到 $S_i=\sum\limits_j M_{j,i} T_j=\sum\limits_j M^T_{i,j} T_j$。

例子：前缀和 $T_i=\sum\limits_{j=0^i} S_j$。

\[M= \left [ \begin{matrix} 1 & 0 & \cdots & 0 & 0\\ 1 & 1 & \cdots & 0 & 0\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ \end{matrix} \right ] \]

\[M^T= \left [ \begin{matrix} 1 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ 0 & 1 & \cdots & 1 & 1\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & \vdots\\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1\\ \end{matrix} \right ] \]

故其转置为后缀和。

例子：$\text{DFT}$ $T_i=\sum\limits_{j=0^n} \omega_n^{ij} S_j$。

显然其转置为其自身。

例子：多点求值 $T_i=\sum\limits_{j=0}^n a_i^j S_j$ 与幂和 $T_j=\sum\limits_{i=0}^n a_i^j S_i$。

后者可以写为生成函数 $\sum\limits_{i=0}^n \dfrac{S_i}{1-a_ix}$，直接分治乘可做到 $O(n \log^2 n)$。

转置后可得到小常数的 $O(n \log^2 n)$ 多点求值算法。

例子：给定 $n$ 次多项式 $A(x)$ 及简单函数 $P(x)$，对每个 $i \in [0,n]$ 求 $f_i=[x^n]A(x)P^i(x)$。

设 $G(x)=A(P(x))$。

\[f_i=\sum\limits_{j=0}^n a_{n-j} [x^j] P^i(x) \]

\[g_i=\sum\limits_{j=0}^n a_{j} [x^i] P^j(x) \]

于是将 $A$ 翻转后两个问题是互为转置的（可以用 2.1 的方法解决后者）。

4.3 D-finite 形式幂级数

A holonomic function is a smooth function of several variables that is a solution of a system of linear homogeneous differential equations with polynomial coefficients --Wikipedia

称多项式 $F(x)$ 为 D-finite 形式幂级数当且仅当存在非负整数 $r$ 与多项式 $a_0(x),a_1(x),\cdots,a_r(x),b(x)$ 满足：

\[\sum\limits_{i=0}^r a_i(x) F^{(i)}(x)=b(x) \]

其中 $r$ 被称为阶。

D-finite 形式幂级数包括代数形式幂级数（包括有限次多项式，有限次分式），指数函数 $e^x$，……

常见例子：

一行组合数：$\sum\limits_{i=0}^n \dbinom{n}{i}=(1+x)^n$。
一列组合数：$\sum\limits_{i} \dbinom{i}{n}=\dfrac{1}{(1-x)^{n+1}}$。
斐波那契数 / 卡特兰数：带根号的封闭形式（二次方程根）。
阶乘的生成函数，调和级数，错排。
二维分式的一行：是 Algebraic 的。

性质：若多项式 $F(x)$，$G(x)$ 均为 D-finite 的，

可加：$F(x)$ 与 $G(x)$ 的线性组合 $\alpha F(x)+\beta G(x)$ 也为 D-finite 的。
可乘：$F(x)$ 与 $G(x)$ 的卷积 $F(x)G(x)$ 与点积 $\sum\limits_n f_ng_n x^n$ 也为 D-finite 的。此外 $F^n(x)$ 也为 D-finite 的。
可积分：$F(x)$ 的积分 $\int F(x)$ 也为 D-finite 的。
可复合（代数函数）：若 $a(x)$ 为 Algebraic 的，则 $F(a(x))$ 也为 D-finite 的（但 $a(F(x))$ 不一定）。

下面考虑的 D-finite 形式幂级数均为低阶（阶数可视为 $O(1)$）。

D-finite 复合：给定低阶 D-finite 的 $F(x)$ 及 $G(x)$，可在 $\widetilde O(n)$ 内求出 $F(G(x))$。

设 $F(x)$ 满足 $\sum\limits_{i=0}^r a_i(x) F^{(i)}(x)=0$。

\[\sum\limits_{i=0}^r a_i(x) F^{(i)}(x)=0 \]

\[\sum\limits_{i=0}^r a_i(G(x)) F^{(i)}(G(x))=0 \]

有 $F(G(x))'=G'(x) F'(G(x))$，由莱布尼茨公式可表示 $F(G(x))^{(t)}$：

\[F(G(x))^{(t)}=\sum\limits_{i=0}^t \dbinom{t}{i} G^{(i)}(x) F^{(t-i)}(G(x)) \]

可反演用 $F(G(x))^{(t)}$ 表示出 $F^{(t)}(G(x))$，带回原式解方程即可。

解方程可以将分母的 $G^{(t)}$ 通分，再分治 NTT 解。

D-finite 复合逆：给定低阶 D-finite 的 $F(x)$ ，可快速求出 $G(x)$ 使 $F(G(x))=x$。

列出上面的方程，同样解即可。

例题：[CTSC2018]青蕈领主 / 「2020-2021 集训队作业」春天，在积雪下结一成形，抽枝发芽

高阶递推：对于阶为 $r$ 的 D-finite 形式幂级数 $F(x)$，记录连续的 $r$ 个系数可以 $O(r)$ 推出下一项系数。

事实上 D-finite 形式幂级数具有整式递推的形式。

同时，若一列 D-finite 形式幂级数的相邻两项的比值为简单分式，可以由一项的系数快速推到下一项的系数，可以以曼哈顿距离的复杂度从一个位置的值转移到另一个位置（例如莫队形式的组合数前缀和）。

例题：[CTS2019] 珍珠

可以线性求出形如 $(1+x)^a(1-x)^b$ 甚至 $\sum\limits_{i=0}^c \dbinom{d}{i} (1+x)^i(1-x)^{d-i}$ 等幂级数。

例题：[SDOI/SXOI2022] 多边形

类似莫队线性求出形如 $[x^{a-k-1}] (1+x)^a(1-x)^k$ 的幂级数。

4.4 q-模拟

q-analog 是对一般对象组合意义的拓展，一般令 $q=1$ 即是原对象。

$q$ 可以是任意对象，但下面仅认为 $q$ 是 $\mathbb{F}_p$ 下的整数且满足 $\text{ord}_q < n$。

定义 q-整数为：

\[[n]_q=\dfrac{1-q^n}{1-q}=1+q+\cdots+q^{n-1} \]

当 $q=1$ 时对左式取极限得 $[n]_1=n$，即一般正整数。

定义 q-阶乘及 q-组合数为：

\[n!_q=\prod\limits_{i=1}^n [i]_q \]

\[\dbinom{n}{m}_q=\dfrac{n!_q}{m!_q (n-m)!_q} \]

q-binomial 有许多与一般组合数类似的性质，如 q-binomial 均为非负整数，二项式定理，范德蒙德卷积，卢卡斯定理等。这里暂不详细展开。

q-analog 与生成函数

考虑 $P(x)=\prod\limits_{i=0}^{n} \dfrac{1}{1-q^ix}$。

\[P(qx)=\prod\limits_{i=1}^{n} \dfrac{1}{1-q^i x}=\dfrac{1-x}{1-q^{n+1}x} P(x) \]

\[(1-q^{n+1}x) P(qx)=(1-x) P(x) \]

\[p_i(q^i-1)=p_{i-1}(q^{n+i}-1) \]

这个形式类似 $i \dbinom{n+i}{n}=(i+n) \dbinom{n+i-1}{n}$，有：

\[[x^i]P(x)=\dbinom{n+i}{n}_q \]

关于正负号，$P(x)$ 中的系数一定全为正的，而 $n!_q$ 也为正。

$P(x)$ 的形式往往在确定向量空间维数时出现，后面会详细展开说明。

类似的，若设 $P(x)=\prod\limits_{i=0}^{n} (1+q^ix)$，可以得到：

\[(1+q^{n+1}x) P(qx)=(1+x) P(x) \]

\[p_i(q^i-1)=p_{i-1}(q^{n+1}-q^{i-1})=p_{i-1} q^{i-1}(q^{n-i+2}-1) \]

同样类比 $i \dbinom{n+1}{i}=(n-i+2) \dbinom{n+1}{i-1}$，可得到：

\[[x^i]P(i)=q^{i(i-1)/2} \dbinom{n+1}{i}_q \]

当然这种方法不止于此，涉及到 q-analog 的形式幂级数在解题时往往只需要代入 $P(qx)$ 即可线性递推。

例题：ARC129F Many Xor Optimization Problems 后半段推导。

q-analog 与线性代数中的计数

下面使用记号 $(\omega;q)_n=(1-\omega)((1-\omega q) \cdots (1-\omega q^{n-1})$，显然 $\dbinom{n}{m}_q=\dfrac{(q;q)_n}{(q;q)_m (q;q)_{n-m}}$。

问题：求域为 $\mathbb{F}_p$ 的秩恰为 $k$ 的 $n$ 元 $m$ 维向量组数量。

考虑每个 $n$ 元 $m$ 维向量组一定可以进行 $n$ 次以下步骤之一来唯一得到：

添加一个与已有向量线性有关的向量。假设当前秩为 $t$，则方案数为 $2^t$。
添加一个与已有向量线性无关的向量，使秩增加 $1$（需要恰好被进行 $k$ 次）。假设当前秩为 $t$，则方案数为 $2^m-2^t$。

写成生成函数即：

\[p_k=\prod\limits_{i=0}^{k-1} (q^m-q^i) [x^{n-k}] \prod\limits_{i=0}^k \dfrac{1}{1-q^ix}=\dbinom{n}{k}_2 \prod\limits_{i=0}^{k-1} (q^m-q^i) \]

问题：求域为 $\mathbb{F}_p$ 的 $n$ 维空间中 $k$ 维线性空间数量。

考虑上一个问题中每个 $k$ 维线性空间会被计算多少次，相当于计算秩恰为 $k$ 的 $n$ 元 $k$ 维向量组数量，即：

\[\dbinom{n}{k}_q \prod\limits_{i=0}^{k-1} (q^k-q^i) \]

故答案为：

\[\dfrac{\prod\limits_{i=0}^{k-1} (q^n-q^i)}{\prod\limits_{i=0}^{k-1} (q^k-q^i)}=\dfrac{\prod\limits_{i=0}^{k-1} (q^{n-i}-1)}{\prod\limits_{i=0}^{k-1} (q^{k-i}-1)}=\dfrac{(q;q)_n/(q;q)_{n-k}}{(q;q)_k}=\dbinom{n}{k}_q \]

例题：CF1603F October 18, 2017，ARC129F Many Xor Optimization Problems，前半部分。

子空间反演

类比二项式反演，有：

\[g_k=\sum\limits_{i=0}^k \dbinom{k}{i}_q f_i \Leftrightarrow f_k=\sum\limits_{i=0}^k (-1)^i q^{\binom{i}{2}} \dbinom{k}{i}_q g_i \]

容易发现 $q=1$ 时即是二项式反演。

下面是证明，只证从左式推右式。

\[\dfrac{g_k}{(q;q)_k}=\sum\limits_{i=0}^k \dfrac{f_i}{(q;q)_i} \dfrac{1}{(q;q)_{k-i}} \]

定义 q-生成函数形如 $\sum\limits_{i \geq 0} f_i \dfrac{x^i}{(q;q)_i}$，$\zeta(x)=\sum\limits_{i \geq 0} \dfrac{x^i}{(q;q)_i}$

有 $G(x)=F(x)\zeta(x)$，所求即 $F(x)=G(x)\zeta(x)^{-1}$，下面考虑求 $\zeta(x)^{-1}$。

\[\zeta(x)=\sum\limits_{i \geq 0} \dfrac{x^i}{(q;q)_i} \]

\[\zeta(x)-\zeta(qx)=\sum\limits_{i \geq 0} \dfrac{(q^i-1)x^i}{(q;q)_i}=\sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{(q^i-1)x^i}{(q;q)_i}=\sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{x^i}{(q;q)_{i-1}}=x \sum\limits_{i \geq 0} \dfrac{x^i}{(q;q)_i}=x \zeta(x) \]

展开得：

\[\zeta_k=q^k \zeta_k-q^{k-1} \zeta_{k-1} \]

\[\zeta_k=-\dfrac{q^{k-1}}{1-q^k} \zeta_{k-1}=(-1)^k q^{\binom{k}{2}} \dfrac{1}{(q;q)_k} \]

故得：

\[f_k=\sum\limits_{i=0}^k (-1)^i q^{\binom{i}{2}} \dbinom{k}{i}_q g_i \]

5. 解析组合与简单无标号组合构造

终于进入正题了！

本文中 组合对象符号化 部分参考多项式计数杂谈 - command_block。

5.1 组合类

组合类是一类东西的集合，比如说若干有根无标号树或者若干堆蜜蜂的集合。

用好看的大写字母 $\mathcal A$ 表示。

组合类内的每个元素都定义了一个大小，比如树的大小就是它的节点个数，一群蜜蜂的大小就是里面蜜蜂的数量。

记元素 $\alpha \in \mathcal A$，则其大小为 $|\alpha|$，需要满足：

$|\alpha| \in N$
$\forall n \in N$ ，以其为大小的元素有限。

用 $\mathcal{A}_k$ 表示 $\mathcal{A}$ 中大小为 $k$ 的元素集合，即 $\mathcal{A}_k={a|a \in A,|a|=k}$。

组合类的生成函数

如果记 $\mathcal A$ 中大小为 $n$ 的元素有 $a_n$ 个，那它的生成函数为：

\[A(x)=\sum\limits_{i=1}^n a_ix^i \]

5.2 笛卡尔积

假如我们有一棵 $5$ 个节点的树和 $2$ 只蜜蜂。

我们把它们放在一起，会得到啥呢？

组成了新的元素：带树的蜜蜂，大小为 $7$ 。

组成了新的元素：带蜜蜂的树，大小也为 $7$。

这就叫笛卡尔积，相当于将树和蜜蜂组成一个有序对，大小为二者的和。

现在我们有了元素的笛卡尔积了，那集合的笛卡尔积也比较优美：

\[\mathcal A \times \mathcal B=\mathcal C=\{\gamma=(\alpha,\beta)|\alpha \in \mathcal A,\beta \in \mathcal B \} \]

现在来考虑它的生成函数。

聪明的同学肯定又发现了：这就是卷积！

\[C(x)=A(x)B(x) \]

有个小问题：$A(x)B(x)=B(x)A(x)$ ，是有序的吗？

是有序的。这两个虽然结果一样，但是表示的东西截然不同。

就像带树的蜜蜂和带蜜蜂的树完全不一样（但是大小是一样的）。

笛卡尔积的意义是组合，也可以理解为分步计数

5.3 和（不交并）

假如我们有一棵 $5$ 个节点的树和 $5$ 只蜜蜂。

我们还是把它们都拿出来，但这次放得比较远：

没有组成新的元素。

其实就相当于将二者列出来，而不是组合起来。

如果 $\mathcal {A \bigcap B = \emptyset}$ （要求不交是为了方便运算），

定义 $\mathcal A + \mathcal B = \mathcal A \bigcup \mathcal B = C$。

显然有 $A(x)=B(x)+C(x)$。

只有相同大小的才会被加到一块，就没有问题了。

不交并的意义是分类，也可以理解为分类计数。

5.4 简单应用

一个比较简单的例子：

现在有 $2$ 只黄色的蜜蜂，$5$ 只蓝色的蜜蜂和 $3$ 只红色的蜜蜂，同种蜜蜂之间不区分，不区分顺序 ，从中选出 $7$ 只有多少方法？

考虑一种一种地选。

黄色蜜蜂（组合类）的生成函数就是 $Y(x)=1+x+x^2$ 。

【意思就是，选 $0$ 只黄色蜜蜂有一种方法，选 $1$ 只黄色蜜蜂有一种方法，选 $2$ 只黄色蜜蜂也有一种方法】

同理蓝色蜜蜂的生成函数就是 $B(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+x^5$ 。

红色蜜蜂的生成函数就是 $R(x)=1+x+x^2+x^3$ 。

把它们乘起来，多项式的 $x^7$ 项就是答案。

也许有一个问题，笛卡尔积不是有序的吗？

当然。所以这里是先选黄色蜜蜂，再选蓝色蜜蜂，最后选红色蜜蜂。

5.5 Sequence（序列）构造

我们有一个组合类 $\mathcal A$ ，用一只蜜蜂来表示：

现在让 $\mathcal {B=A \times A}$，用两只蜜蜂表示：

现在再让 $\mathcal {C=A \times A \times A}$，用三只蜜蜂表示：

$\cdots$

我们把它们排成一列，相加起来。

得到了啥？

\[\operatorname{SEQ}(\mathcal A)=\mathcal{\{E\}+A+A \times A + A \times A \times A + \cdots} \]

$\{\mathcal E\}$ 也是一个组合类，不过它里面只有一个元素，叫空集。

这是啥意思呢？

加的意思是或。

也就是说，从 $\operatorname{SEQ}(\mathcal A)$ 取一个元素出来，可能是一只单独的蜜蜂，也可能是几只蜜蜂聚在一起，也可能是一个大蜂巢（有顺序）。

生成函数也是一样滴：

\[\operatorname{SEQ}(A(x))=1+A(x)+A(x)^2+A(x)^3+\cdots=\dfrac{1}{1-A(x)} \]

5.6 Amplification（膨胀）构造

从组合类里任意取出一群蜜蜂，然后把它们复制成 $k$ 份组合在一起，再放回去。

每个元素本质上没有变化，只是大小变成了 $k$ 倍。

\[\operatorname{AMP}_k(\mathcal{A})=\{(a,a,\cdots,a)|a \in \mathcal{A}\} \]

生成函数就是将 $x$ 替换成 $x^k$：

\[\operatorname{AMP}_k(A(x))=A(x^k) \]

5.7 试试看！

求 $n$ 个点的无标号有根树数量，区分子树（即将两棵子树交换后视为不同）。
$n \leq 10^5$

记组合类为 $\mathcal A$，先把根提出来。

等下，子树有多少个？并不知道啊！

啊，刚刚的序列就是解决这个问题的：

$A(x)=x\operatorname{SEQ}(A(x))=\dfrac{x}{1-A(x)}$

这东西怎么解呢？

\[A(x)-A(x)^2-x=0 \]

牛顿迭代即可……或者直接解方程？$O(n \log n)$。

6. 群论与无标号组合构造

接下来的几章可能较为深入，如果觉得有困难可以先跳过。

~~（可能可以一直跳到第 $8$ 章）~~

广告！Burnside 引理与 Polya 定理

6.1 置换群上的组合类

设组合类 $\mathcal{A}$ 的每一个元素 $a$ 都可以被表示为另一个组合类 $\mathcal{B}$ 中若干元素的有序组合：

\[a=(b_1,b_2,\cdots,b_m),b_i \in \mathcal{B} \]

这里的 $m$ 被称为 $a$ 的容，记作 $\operatorname{cap}_{\mathcal{B}}(a)=m$。

注意容与大小不是一个东西，并不一样。

举个例子，可以定义有根无标号树的容是根节点的子树棵数，但大小是整棵树的点数。

这个有序组合相当于给每个 $a$ 染上色，大多数问题中 $\mathcal{B}$ 与 $\mathcal{A}$ 是相同的。

接下来定义置换群列 $G=\{G_0,G_1,G_2,\cdots\}$，其中 $G_k$ 是包含大小为 $k$ 的置换的置换群。

于是群论的一系列东西都可以用了。

将 $\mathcal{A}$ 放到 $G$ 上，得到轨道：

\[\mathcal{A}/G_{\mathcal{B}}=\{G_{|a|} \cdot a|a \in \mathcal{A}\} \]

也就是组合类的组合类了。

它的生成函数的计算只关心个数，可以用 Burnside 引理，接下来会详细介绍。

6.2 Cycle（循环）构造

令 $G$ 为所有循环构成的置换群列。

\[\operatorname{CYC}(\mathcal{A})=(SEQ(\mathcal{A})-\{\mathcal{E}\})/G_{\mathcal{A}} \]

（注意这里 $\mathcal{B}$ 与 $\mathcal{A}$ 是相同的）

把 $\mathcal{A}$ 的元素想象成珠子，就是对项链去重。

先分析容为 $k$ 的元素，记：

\[\operatorname{CYC}_k(\mathcal{A})=(\mathcal{A}^k)/G_{\mathcal{A}} \]

考虑计算它的生成函数，用 Burnside 引理。

对于旋转 $i$ 次的置换，会产生 $\gcd(i,k)$ 个等价类，每个等价类的 $k/ \gcd(i,k)$ 个元素必须相同。

\[\operatorname{CYC}_k(A(x))=\dfrac{1}{k} \sum\limits_{i=0}^{k-1} A(x^{k/ \gcd(i,k)})^{\gcd(i,k)} \]

然后枚举 $\gcd(i,k)$：

\[\operatorname{CYC}_k(A(x))=\dfrac{1}{k} \sum\limits_{d|k} \varphi(\frac{k}{d}) A(x^{\frac{k}{d}})^d=\dfrac{1}{k} \sum\limits_{d|k} \varphi(d) A(x^d)^{\frac{k}{d}} \]

接下来求 $CYC(A(x))$：

\[\operatorname{CYC}(A(x))=\sum\limits_{k \geq 1} \dfrac{1}{k} \sum\limits_{d|k} \varphi(d) A(x^d)^{\frac{k}{d}} \]

交换和号：

\[\operatorname{CYC}(A(x))=\sum\limits_{d \geq 1} \sum\limits_{d|k} \dfrac{1}{k} \varphi(d) A(x^d)^{\frac{k}{d}} \]

设 $k=dt$，

\[\operatorname{CYC}(A(x))=\sum\limits_{d \geq 1} \dfrac{\varphi(d)}{d} \sum\limits_{t \geq 1} \dfrac{A(x^d)^t}{t} \]

啊哈，后面那个和号正好是 $\ln(\dfrac{1}{1-x})$ 的泰勒展开。

\[\operatorname{CYC}(A(x))=\sum\limits_{d \geq 1} \dfrac{\varphi(d)}{d} \ln(\dfrac{1}{1-A(x^d)}) \]

记 $F(x)=\ln(\dfrac{1}{1-A(x)})$，显然可以快速算出。

\[\operatorname{CYC}(A(x))=\sum\limits_{d \geq 1} \dfrac{\varphi(d)}{d} F(x^d) \]

于是就可以在 $O(n \log n)$ 的时间计算出 $CYC(A(x))$。

6.3 Multiset（可重集）构造

也叫 Euler 变换，记作 $\mathcal{E(A)}$。

令 $G$ 为所有置换构成的置换群列。

\[\operatorname{MSET}(\mathcal{A})=\operatorname{SEQ}(\mathcal{A})/G_{\mathcal{A}} \]

（注意这里 $\mathcal{B}$ 与 $\mathcal{A}$ 也是相同的）

也记为 $\operatorname{Exp}(A(x))$

实际上就是各元素不考虑顺序地拼起来。

计算生成函数，直接考虑方案（即组合类内的一个元素）。

比如现在考虑大小为 $i$ 的一种方案，当然这样的方案有 $a_i$ 种。

考虑它可以选几次，当然选多少次都行。

\[1+x^i+x^{2i}+\cdots=\dfrac{1}{1-x^i} \]

这样的方案有 $a_i$ 种，其实就是全部乘起来：

\[(\dfrac{1}{1-x^i})^{a_i}=\dfrac{1}{(1-x^i)^{a_i}} \]

再考虑上所有的大小：

\[\operatorname{MSET}(A(x))=\prod\limits_i \dfrac{1}{(1-x^i)^{a_i}} \]

这个东西没办法快速计算，请出第二定义！

\[\operatorname{MSET}(A(x))=\exp(\sum\limits_i \dfrac{A(x^i)}{i}) \]

这里写一写多项式推导的证明：

\[\operatorname{MSET}(A(x))=\prod\limits_i (1-x^i)^{-a_i} \]

首先看到这个 $f_i$ 很不好，取个对数。

\[\operatorname{MSET}=\exp(\sum\limits_i -a_i \ln(1-x^i)) \]

然后由前置知识，可以化开来：

\[\operatorname{MSET}(A(x))=\exp(\sum\limits_i a_i\sum\limits_{j \geq 1}\dfrac{x^{ij}}{j}) \]

换个和号，

\[\operatorname{MSET}(A(x))=\exp(\sum\limits_{j \geq 1} \dfrac{1}{j} \sum\limits_{i} a_ix^{ij}) \]

大功告成！

\[\operatorname{MSET}(A(x))=\exp(\sum\limits_{j \geq 1} \dfrac{A(x^j)}{j} ) \]

已经可以在 $O(n \log n)$ 的时间内求出了。

还有一个拿 Burnside 引理和 Pólya 定理推的，可以去看看这篇：

题解 P5900 【无标号无根树计数】 - Weng_Weijie

等一下，是不是漏了什么？

类比 $\operatorname{CYC}_k$，定义：

\[\operatorname{MSET}_k(\mathcal{A})=(\mathcal{A}^k)/G_{\mathcal{A}} \]

直接用 Burnside 引理：

\[\operatorname{MSET}_k(A(x))=\dfrac{1}{k!} \sum\limits_{g \in G_k} \sum\limits_{i \in cir(g)} A(x^i) \]

其中 $cir(g)$ 是 $g$ 分解成循环后各循环大小构成的可重集。

当然写成这个样子没办法算，交换和号：

\[\operatorname{MSET}_k(A(x))=\dfrac{1}{k!} \sum\limits_{S} (\sum\limits_{i \in S} A(x^i)) (\sum\limits_{g \in G_k} [cir(g)=S]) \]

那么 $S$ 的个数只有拆分数级别，很优秀了。

至于 $\sum\limits_{g \in G_k} [cir(g)=S]$ 怎么求？

设 $S=\{s_1,s_2,s_3,\cdots,s_n\}$，再记 $c_t=\sum\limits_{i=1}^n [s_i=t]。$

先将循环分配到不同的位置上：$\dbinom{k}{s_1,s_2,\cdots,s_n}。$

再对每个循环分配：$\prod\limits_{i=1}^n (s_i-1)!$。

最后还要对大小相同的循环去重：$\prod\limits_{i=1}^k \dfrac{1}{c_i!}$。

\[\sum\limits_{g \in G_k} [cir(g)=S] = \dbinom{k}{s_1,s_2,\cdots,s_n} \prod\limits_{i=1}^n \dfrac{(s_i-1)!}{c_i!}= k! \prod\limits_{i=1}^n \dfrac{1}{s_ic_i!} \]

例题：P4389 付公主的背包；P5900 无标号无根树计数

6.4 Powerset（幂集）构造

可能有些偏题，PSET 构造不再是群论去重了，但介于推导方式与 MSET 有些类似还是放在这里。

如果说 MSET 构造是完全背包，那么 PSET 构造就是 01 背包，枚举每一个元素是否存在。

\[\operatorname{PSET}(\mathcal{A})=\prod\limits_{a \in \mathcal{A}} (\mathcal{\{E\}}+\{a\}) \]

生成函数完全一致：

\[\operatorname{PSET}(A(x))=\prod\limits_{a \in \mathcal{A}} (1+x^{|a|})=\prod\limits_{i \geq 0} (1+x^i)^{a_i} \]

也记为 $\overline{\operatorname{Exp}}(A(x))$，叫“改版 Polya 指数”。

推导方式同样是取对数：

\[\operatorname{PSET}(A(x))=\exp (\sum\limits_{i \geq 0} a_i \ln(1+x^i)) \]

同样化开：

\[\operatorname{PSET}(A(x))=\exp (\sum\limits_{i \geq 0} -a_i \sum\limits_{j \geq 1} \dfrac{(-x^i)^j}{j})=\exp (\sum\limits_{i \geq 0} a_i \sum\limits_{j \geq 1} \dfrac{(-1)^{j-1}x^{ij}}{j}) \]

交换和号：

\[\operatorname{PSET}(A(x))=\exp (\sum\limits_{j \geq 1} \dfrac{(-1)^{j-1}}{j} \sum\limits_{i \geq 0} a_ix^{ij})=\exp (\sum\limits_{j \geq 1} (-1)^{j-1} \dfrac{A(x^j)}{j} ) \]

和 MSET 构造几乎一样，同样可以在 $O(n \log n)$ 的时间内求出。

6.5 逆变换

考虑 MSET 变换与 PSET 变换的逆变换，外面的 $\exp$ 可以先取 $\ln$ 去掉。

\[B(x)=\sum\limits_i a_i\sum\limits_{j \geq 1}\dfrac{x^{ij}}{j} \]

\[B(x)=\sum\limits_i a_i\sum\limits_{j \geq 1} (-1)^{j-1} \dfrac{x^{ij}}{j} \]

这两个变换，如果知道了 $\{a_i\}$，可以在 $O(n \log n)$ 内算出 $\{b_i\}$。

那如果知道 $\{b_i\}$，可不可以快速求出 $\{a_i\}$ 呢？

当然可以，方法就是先计算小的 $a_i$，再减去它对 $b_i$ 的贡献，一步一步递推。

这个东西其实类似于迪利克雷卷积（乘法卷积），~~可以直接快进到狄利克雷生成函数浅谈 - gxy001。~~

例题：P7728 旧神归来（Return of Them）

新出炉的月赛题。

对叶子写出生成函数 $F_0(x)$，一番计算后惊奇地发现 $A(x)=\operatorname{PSET}^{-1}(F_0(x))$。

7. 应用-无标号树计数

求 $n$ 个点的无标号有根树数量，不区分子树。
$n \leq 2 \times 10^5$

设生成函数为 $F(x)$。

首先是无序的，是不是上个普通型生成函数就秒了？

当然……不是。

如果你对比一下第二节那个问题的话，这里不区分子树。

也就是说，如果在同一个大小里选出了同样的方案（子树），就会算重。

显然方程就是：

\[F(x)=x\operatorname{MSET} (F(x)) \]

7.1 牛顿迭代做法

又想用牛顿迭代了，可是 exp 里的和式不太能搞的样子。

考虑有 $F_0(x) \equiv 0 \pmod{x^{\frac{n}{2}}}$，我们要算 $\exp(\sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{F(x^i)}{i} )$。

其实当 $i \geq 2$ 时，$F_0(x^i) \equiv 0 \pmod{x^n}$，把它们拎出来。

\[P(x)=x \exp(\sum\limits_{i \geq 2} \dfrac{F(x^i)}{i}) \]

调和级数复杂度，$P(x)$ 可以在 $O(n \log n)$ 的时间里暴力计算，可以接受。

接下来就很简单了。

\[F(x)=P(x) \exp(F(x)) \]

因为 exp 是指数函数，把 $i=1$ 单独提出来。

这是不是可以轻松牛顿迭代了？

时间复杂度 $O(n \log n)$ 。

但是 exp 常数大得吓人！

$2 \times 10^5$ 大概要跑十几秒吧，只能过 40pts。

常数！

void solve(long long *s,long long n){
	long long S[N],A[N],B[N],C[N],P[N];

	S[1]=1;
	long long len;
	for(len=4;len<=(n<<1ll);len<<=1ll){
		long long lim=len<<1ll;
		
		for(long long i=1;i<len;i++) P[i]=0;
		for(long long i=2;i<len;i++)
			for(int t=1;t*i<len;t++)
				P[t*i]=(P[t*i]+S[t]*inv[i]%mod)%mod;
		
		poly::Exp(P,P,len-1);
		
		for(int i=len-1;i>=1;i--) P[i]=P[i-1];
		P[0]=0;
		
		for(long long i=0;i<len;i++) A[i]=P[i];
		
		poly::Exp(C,S,lim);
		NTT::solve(A,A,C,len,len);
		
		for(int i=0;i<lim;i++)
			B[i]=(S[i]+mod-A[i])%mod,C[i]=(mod-A[i])%mod;
		C[0]=(C[0]+1)%mod;
			
		INV::solve(C,C,lim);
		NTT::solve(B,B,C,len,len);
		
		for(int i=0;i<len;i++) S[i]=(S[i]+mod-B[i])%mod;
	}
	for(long long i=0;i<=n;i++) s[i]=S[i];
}

7.2 分治 FFT 做法

\[F(x)=x \exp(\sum\limits_i \dfrac{F(x^i)}{i}) \]

（实际上是一个叫 $\vartheta$ 算子的东西，作用是让 $f_i \leftarrow if_i$ ，也就是求导再乘上 $x$）

这东西看起来很古怪，尝试把它变得好看一点。

先取 $\ln$，这样 $\exp$ 就没了。

\[\ln F(x)=\ln x+\sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{F(x^i)}{i} \]

再求个导：

\[\dfrac{F'(x)}{F(x)}=\dfrac{1}{x}+\sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{(F(x^i))'}{i}=\dfrac{1}{x}+\sum\limits_{i \geq 1} x^{i-1}F'(x^i) \]

通分：

\[xF’(x)=F(x)+\sum\limits_{i \geq 1} F(x) x^iF'(x^i) \]

设 $G(x)=\sum\limits_{i \geq 1} x^iF'(x^i)=\sum\limits_{i \geq 1} \sum\limits_{j \geq 1} jf_j x^{i(j-1)}x^i=\sum\limits_{i \geq 1} \sum\limits_{j \geq 1} jf_j x^{ij}$

容易得到 $g_n=\sum\limits_{d|n} df_d$，可以 $O(n \log n)$ 算出 $F(x)$

然后由上面那个式子，比较系数：

\[nf_n=f_n+\sum\limits_{i=1}^nf_ig_{n-i} \]

\[f_n=\dfrac{\sum\limits_{i=1}^nf_ig_{n-i}}{n-1} \]

分治 FFT ！

边界条件：$f_1=1$

时间复杂度 $O(n \log^2n)$ ，但是由于常数太小跑得飞快~

常数！

void Devide_solve(long long *s,long long l,long long r,long long m){
	if(l==r){
  	long long t=s[l]*l%mod;
		for(int p=l;p<=m;p+=l) G[p]=(G[p]+t)%mod; 
		return ;
	}
	long long mid=(l+r)>>1ll;
	Devide_solve(s,l,mid,m);
	
	long long lim=r-l+1,len=lim>>1ll;
	long long A[N],B[N];
		
	if(l==1){
		for(long long i=1;i<=len;i++) A[i]=s[l+i-1];
		for(long long i=1;i<=len;i++) B[i]=G[i];
		NTT::solve(A,A,B,len,len);
		for(long long i=len+1;i<=lim;i++){
			int t=i-len+mid;
			s[t]=(s[t]+A[i]*inv[t-1]%mod)%mod;
		}
	}
	else{
		
		for(long long i=1;i<=len;i++) A[i]=s[l+i-1];
		for(long long i=1;i<=lim;i++) B[i]=G[i];
		
		NTT::solve(A,A,B,len,lim);
		for(long long i=len+1;i<=lim;i++){
			int t=i-len+mid;
			s[t]=(s[t]+A[i]*inv[t-1]%mod)%mod;
		}
		
		for(long long i=1;i<=len;i++) A[i]=G[l+i-1];
		for(long long i=1;i<=lim;i++) B[i]=s[i];
		
		NTT::solve(A,A,B,len,lim);
		for(long long i=len+1;i<=lim;i++){
			int t=i-len+mid;
			s[t]=(s[t]+A[i]*inv[t-1]%mod)%mod;
		}
	}
	Devide_solve(s,mid+1,r,m);
}

void Devide(long long *s,long long n){
	long long lim=NTT::init(n-1,0);
	long long m=1ll<<lim;
	for(long long i=1;i<=m;i++) s[i]=0;
	s[1]=1;
	Devide_solve(s,1,m,m);
}

例题：有根无标号「奇树」计数

\[T(x)=\operatorname{MSET}(\operatorname{MSET}(T(x))-1) \]
设 $F(x)=\operatorname{MSET}(T(x))$，$T(x)=\operatorname{MSET}(F(x)-1)$。

然后还是这样推式子，分治NTT……

有个细节，这里 $f_0=1$，需要在 $l=r$ 时补上。

7.3 无标号无根树计数

P5900 无标号无根树计数

求 $n$ 个点的无标号无根树数量，不区分子树。
$n \leq 2 \times 10^5$

再加点料。

已经会无标号有根树计数了，~~这个应该是小菜一碟~~。

上套路：钦定重心为根，那么根节点的每棵子树大小都应该不超过 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$。

直接考虑……还要 Burnside 去重，不好。

不如从反面考虑：有一棵子树超过了 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$。

那剩下也可以看成一棵树（根节点就是原来的根节点），并且它的大小绝对不会超过 $\lfloor\frac{n}{2}\rfloor$ 了，除非这棵子树和剩下的另一棵子树完全相同（即双重心），否则不会算重。

答案就很显然了：

\[ans=f_n-\sum\limits_{k=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}^n f_kf_{n-k}-[2|n]C_{f_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}}^2 \]

int main(){
	NTT::pre();
  inv[1]=1;
	for(long long i=2;i<N;i++) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	
	cin>>n;
	poly::Devide(f,n);
	
	anss=f[n];
	for(long long i=n/2+1;i<=n;i++) anss=(anss+mod-f[i]*f[n-i]%mod)%mod; 
	if(n%2==0) anss=(anss+mod-f[n/2]*(f[n/2]-1)/2%mod)%mod;
	cout<<anss;
}

8. 应用-简单群论与化学计数

广告！群论与Burnside 引理

8.1 烷基计数

LOJ6538 烷基计数加强版加强版

求 $n$ 个碳原子对应的烷基的同分异构体数量。
$n \leq 10^5$。
- Tips：既求根节点度数不超过 $3$，且其它节点度数不超过 $4$ 的无标号有根树数量。
翻译一下，每个点的儿子数量不超过 $3$。

先记生成函数为 $F(x)$。

那其实跟无标号有根树计数差不多，其实就是 $\operatorname{MSET}_3$。

这里的置换群就是 $3!=6$ 种置换，直接套用 Burnside 引理。

分类讨论一下（括号里的数字代表每个循环的大小）：
- $(1,1,1)$ ：$F^3(x)$，共有 $1$ 种。
- $(1,2)$ ：$F(x)F(x^2)$，共有 $3$ 种。
- $(3)$ ：$F(x^3)$，共有 $2$ 种。
于是：

\[F(x)=x\dfrac{F^3(x)+3F(x)F(x^2)+2F(x^3)}{6} \]
注意：$F(0)=1$，因为允许儿子数量小于 $3。$

牛顿迭代直接解方程就好了。

记 $A(x)=F(x^2)$，$B(x)=F(x^3)$

解出来是：

\[F(x)=F_0(x)-\dfrac{x[F_0^3(x)+3A(x)F_0(x)+2B(x)]-6F_0(x)+6}{x[3F_0^2(x)+3A(x)]-6} \]
$O(n \log n)$。

顺带一提，现在我们可以解决最开始的那个试一试了！

$114514$ 个碳原子的烷基共有 $750576916 \pmod {998244353}$ 种同分异构体。
```
void solve(){
	S[0]=1;
long long len;
  	for(len=2;len<=(n<<1ll);len<<=1ll){
	long long lim=len<<1ll;
		
		for(long long i=0;i<lim;i++) A[i]=B[i]=P[i]=0,F[i]=S[i];
		for(long long i=0;i<len/2;i++){
			A[i*2]=S[i];
			if(i*3<len) B[i*3]=S[i];
		}
		
		NTT::init(len,0);
		NTT::ntt(F,lim,1);
		NTT::ntt(A,lim,1);
		NTT::ntt(B,lim,1);
		
		for(long long i=0;i<lim;i++) P[i]=(F[i]*F[i]%mod+A[i]%mod)*3%mod;
		NTT::ntt(P,lim,-1);
		for(long long i=lim-1;i>=1;i--) P[i]=P[i-1];
		P[0]=mod-6;
		
		for(long long i=0;i<lim;i++)
			Q[i]=(F[i]*F[i]%mod*F[i]%mod+A[i]*F[i]%mod*3+2*B[i])%mod;
		NTT::ntt(Q,lim,-1);
		for(long long i=lim-1;i>=1;i--) Q[i]=Q[i-1];
		Q[0]=0;
		for(long long i=0;i<lim;i++) Q[i]=(Q[i]+mod-6*S[i]%mod)%mod;
		Q[0]=(Q[0]+6)%mod;
		
		INV::solve(P,P,lim);
		NTT::solve(F,P,Q,len,len);
		for(long long i=0;i<len;i++) S[i]=(S[i]+mod-F[i])%mod; 
	}
}
```

8.2 烯烃计数

P6597 烯烃计数

求 $n$ 个碳原子对应的烷烃的同分异构体数量。
$n \leq 10^5$。
- Tips：即求：一条特殊边连接着两棵树的根节点，这两棵树的根节点度数不超过 $3$，且其它节点度数不超过 $4$ 的无向图数量。
这里要用到烷基计数的 $F(x)$ 。

我们先把每棵树的生成函数 $P(x)$ 写出来，考虑根节点，还是 Burnside 引理：
$(1,1)$ ：$F^2(x)$，共有 $1$ 种。
$(2)$ ：$F(x^2)$，共有 $1$ 种。

\[P(x)=x\dfrac{F^2(x)+F(x^2)}{2}-1 \]

$-1$ 是因为空树不能接在特殊边两边，先处理掉了。

设答案的生成函数为 $G(x)$。

然后我们把它们接起来，当然还是 Burnside 引理：

\[G(x)=\dfrac{P^2(x)+P(x^2)}{2} \]

$O(n \log n)。$

int main(){
	NTT::pre();
  cin>>n;
	solve();
  
	for(long long i=0;i<=n;i++) S2[i*2]=S[i];
	NTT::solve(S,S,S,n,n);
	for(long long i=1;i<=n;i++) p[i]=(S[i-1]+S2[i-1])*inv2%mod;
	
	for(long long i=0;i<=n;i++) p2[i*2]=p[i];
	NTT::solve(q,p,p,n,n);
	for(int i=2;i<=n;i++) q[i]=(q[i]+p2[i])*inv2%mod,cout<<q[i]<<endl;
}

8.3 烷烃计数

P6598 烷烃计数

求 $n$ 个碳原子对应的烷烃的同分异构体数量。
$n \leq 10^5$。
- Tips：即求所有节点度数不超过 $4$ 的无标号无根树数量。
这里也要用到烷基计数的 $F(x)$ 。

但这次不太一样，是无根树计数！

还是套用无标号无根树计数的处理方法：钦定根为重心，减掉不合法的方案数。

但总数并不是 $f_n$，因为根节点允许四个儿子。

其实只要考虑根节点就可以了，设所有节点度数不超过 $4$ 的无标号无根树的生成函数为 $P(x)。$

跟烯烃计数一样，Burnside 引理就可以了。
$(1,1,1,1)$ ：$F(x)^4$，共有 $1$ 种。
$(1,1,2)$ ：$F^2(x)F(x^2)$，共有 $6$ 种。
$(1,3)$ ：$F(x)F(x^3)$，共有 $8$ 种。
$(2,2)$ ：$F(x^2)^2$，共有 $3$ 种。
$(4)$ ：$F(x^4)$，共有 $6$ 种。

\[P(x)=x\dfrac{F^4(x)+6F^2(x)F(x^2)+8F(x)F(x^3)+3F^2(x^2)+6F(x^4)}{24} \]

考虑去重，惊喜地发现：
砍掉的那一棵子树的根节点的儿子个数一定不超过 $3$。
剩下的子树的根节点（就是原树的根节点）的儿子个数也一定不超过 $3$（因为已经砍掉一棵了）。

然后直接拿 $F(x)$ 去重即可。

\[ans=p_n-\sum\limits_{k=\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}^n f_kf_{n-k}-[2|n]C_{f_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}}^2 \]
$O(n \log n)。$

int main(){
	NTT::pre();
  cin>>n;
	solve();
  for(long long i=0;i<=n;i++) SS[i]=S2[i*2]=S22[i*2]=S3[i*3]=S4[i*4]=S[i];
	
	NTT::solve(SS,SS,S,n,n);
	NTT::solve(SS,SS,S,n,n);
	NTT::solve(SS,SS,S,n,n);
	
	NTT::solve(S2,S2,S,n,n);
	NTT::solve(S2,S2,S,n,n);
	
	NTT::solve(S22,S22,S22,n,n);
	
	NTT::solve(S3,S3,S,n,n);
	
	anss=(SS[n-1]+S2[n-1]*6%mod+S22[n-1]*3%mod+S3[n-1]*8%mod+S4[n-1]*6%mod)%mod*ksm(24,mod-2)%mod;
	for(long long i=n/2+1;i<n;i++) anss=(anss+mod-S[i]*S[n-i]%mod)%mod; 
	if(n%2==0) anss=(anss+mod-S[n/2]*(S[n/2]-1)/2%mod)%mod;
	cout<<anss;
}

9. 分式域与拉格朗日反演

9.1 分式域与逆元

拉格朗日反演的定理中出现了 $F^{-n}(x)$ 这种奇怪的东西，不妨先来解释一下。

之前遇到的多项式，$x$ 的指数都是非负整数。但事实上也可以拓展到整数域，对应多项式就是分式域。

分式域上的加法与卷积仍是一样的，具体实现的时候可以先乘上 $x^n$ （$-n$ 是 $x$ 指数的最小值）转化为整式，多项式反转就是一个很好的例子。

拓域后，求逆也得到了拓展，常数项为 $0$ 的多项式现在可以求逆了。

例如，$x$ 的逆在整式域上是不存在的，但在分式域上就是 $x^{-1}$。

具体的方法也很简单：先乘上一个系数 $x^n$ （$-n$ 是 $x$ 指数的最小值）转化为常数项非 $0$ 的整式，求逆后再乘上 $x^{-n}$ 即可。

例如，求 $(x^2+2x^{-1})^{-1}=[x^{-1}(x^3+2)]^{-1}=x(x^3+2)^{-1}$。

这样一来只要不为 $0$，分式域的多项式的逆元也有定义了。

9.2 拉格朗日反演

拉格朗日反演用于快速求出多项式复合逆的某一项系数。

复合逆的定义：若 $F(G(x))=x$，$G(F(x))=x$ （这两个等式等价），则 $F(x)$ 与 $G(x)$ 互为复合逆。

（$F(x)$ 与 $G(x)$ 的常数项为 $0$，一次项非 $0$）

如果已知 $G(x)$，$F^k(x)$ 的 $x^n$ 系数是：

\[[x^n]F^k(x)=\dfrac{k}{n}[x^{-k}]G^{-n}(x) \]

当 $k=1$ 时，是更常用的形式：

\[[x^n]F(x)=\dfrac{1}{n}[x^{-1}]G^{-n}(x)=\dfrac{1}{n}[x^{n-1}] (\dfrac{G(x)}{x})^{-n} \]

证明

引理：对于常数项为 $0$ 而一次项非 $0$ 的整式 $F(x)$，有：

\[[x^{-1}]F'(x)F^k(x)=[k=-1] \]

证明：
- 当 $k \neq -1$ 时，$LHS=[x^{-1}] \dfrac{1}{k+1} [F^{k+1}(x)]'$。而 $[F^{k+1}(x)]'$ 也为整式，故 $x^{-1}$ 系数为 $0$。
- 当 $k=-1$ 时，$LHS=[x^{-1}] \dfrac{F'(x)}{F(x)}=[x^0] \dfrac{F'(x)}{F(x)/x}=\dfrac{f_1}{f_1}=1$。

回到原命题，由复合逆定义，有：

\[F(G(x))=x \]

\[F^k(G(x))=x^k \]

两边求导：

\[G'(x) (F^k)'(G(x))=k x^{k-1} \]

\[\sum\limits_i i f^k_i G^{i-1}(x) G'(x) =k x^{k-1} \]

为了凑出 $[x^n]$，两边同除 $G^n(x)$。

\[\sum\limits_i i f^k_i G^{i-n-1}(x) G'(x) =k x^{k-1} G^{-n}(x) \]

两边取 $x^{-1}$ 项系数，应用引理：

\[[x^{-1}]\sum\limits_i i f^k_i G^{i-n-1}(x) G'(x) =k [x^{-1}] x^{k-1} G^{-n}(x) \]

\[\sum\limits_i i f^k_i [i-n-1=-1] =k [x^{-k}] G^{-n}(x) \]

\[n f^k_n=k [x^{-k}] G^{-n}(x) \]

即得证。

9.3 拓展拉格朗日反演

若 $G(F(x))=H(x)$（请注意这里反过来不是等价的），则：

\[[x^n]G(x)=\dfrac{1}{n}[x^{-1}]H'(x)F(x)^{-n} \]

若 $F(x)$ 与 $G(x)$ 互为复合逆，则：

\[[x^n]H(G(x))=\dfrac{1}{n}[x^{-1}]H'(x)F(x)^{-n} \]

这两个形式本质上是一样的。

~~证明大同小异，略去了。~~

9.4 应用-求某项系数与解方程

最直接的应用：求 $[x^n] F(x)$。

如果我们知道 $F(x)$ 的复合逆 $G(x)$ 的话，就可以由拉格朗日反演快速算出。

例：设 $n$ 次多项式 $F(x)$ 满足常数项为 $0$ 且一次项非 $0$，对每个 $k \in [1,n]$ 求出 $[x^n]F^k(x)$。

直接运用拉格朗日反演：

\[[x^n]F^k(x)=\dfrac{k}{n}[x^{-k}]G^{-n}(x)=\dfrac{k}{n} [x^{n-k}] (\dfrac{G(x)}{x})^n \]

~~所以 cmd 在写什么啊~~

如何求复合逆？

对任意多项式求复合逆的根号科技，但是~~我不会~~而且通常不需要。
若是等式或方程形式，可以考虑将 $F(x)$ 换成 $x$，$x$ 换成 $G(x)$。
例：$F(x)=1-\dfrac{1}{e^x}$

\[x=1-\dfrac{1}{e^{G(x)}} \]

\[e^{G(x)}=\dfrac{1}{1-x} \]

\[G(x)=\ln \dfrac{1}{1-x} \]

例（大朋友与多叉树）：$F(x)=x+\sum\limits_{i \in S} F(x)^i$

\[x=G(x)+\sum\limits_{i \in S} x^i \]

\[G(x)=x-\sum\limits_{i \in S} x^i \]

10. 指数型生成函数（EGF）

普通型生成函数只能解决无序的计数。

那有序的，自然就要点新科技了。

指数型生成函数最好理解成序列染色。

指数型生成函数其实就是多除了一个 $i!$

\[\hat F(x)=\sum\limits_i \dfrac{f_i}{i!}x^i \]

（hat 只是一个记号，表示它是指数型生成函数）

10.1 有序计数

现在有 $2$ 只黄色的蜜蜂，$5$ 只蓝色的蜜蜂和 $3$ 只红色的蜜蜂，同种蜜蜂之间不区分，区分顺序 ，从中选出 $7$ 只有多少方法？

~~先假装我们不知道指数型生成函数是啥。~~

这次有序了！咋办？

相信第一反应肯定是答案乘个 $7!$。

这当然不对啊！比如三种颜色的蜜蜂各有 $(1,4,2)$ 只，同种颜色的蜜蜂不区分，自然不对。

实际上，这种情况下的方案应该是 $\dfrac{7!}{1!4!2!}=105$ （这个叫可重排列，实际上就是在排列的基础上对同种颜色去重）。

发现了吗？完全可以把分母的阶乘放到生成函数里去！

\[\hat A(x)=\sum\limits_i \dfrac{a_i}{i!}x^i \]

对这东西卷积，最后将 $x^7$ 项系数再乘上 $7!$ ，就是答案。

10.2 封闭形式

它的封闭形式是什么呢？

非常好看：

\[\hat A(x)=\sum\limits_i \dfrac{a_i}{i!}x^i=e^x \]

很显然的泰勒展开。

第一节里介绍的变换也都是一样的，这里就不重复了。

10.3 练习题

UOJ450【集训队作业2018】复读机

裸的指数型生成函数，拆式子算系数即可。

10.4 点值与下降幂多项式互化

给出多项式 $F(x)$ 在 $[0,n] \bigcap N$ 处的 $n+1$ 个点值，求其下降幂形式。
$n \leq 10^5$。

设 $a_i=F(i)$，$A(x)$ 是 $a_n$ 的生成函数。

\[a_k=\sum\limits_{i=0}^n f_i k^{\underline{i}}=k!\sum\limits_{i=0}^n \dfrac{f_i}{(k-i)!} \]

\[\dfrac{a_k}{k!}=\sum\limits_{i=0}^n \dfrac{f_i}{(k-i)!} \]

\[\sum\limits_{k=0}^n \dfrac{a_k}{k!}=\sum\limits_{k=0}^n \sum\limits_{i=0}^n f_i \dfrac{1}{(k-i)!} \]

\[A(x)=F(x) e^x \]

\[F(x)=A(x)e^{-x} \]

这样就可以 $O(n\log n)$ 实现点值和下降幂互化。

于是可以实现下降幂多项式乘法。

10.5 exp 的组合意义

现在有很多只互相区分的蜜蜂，但是这次我们要把它们装到一些互不区分的蜂巢里。
蜜蜂们认为，用一个蜂巢装 $i$ 只蜜蜂有 $f_i$ 种方法。那用 $k$ 个蜂巢装 $n$ 只蜜蜂有多少种方法？

答案出人意料地简洁：

\[S(n,k)=\dfrac{n!}{k!}[x^n]\hat F(x)^k \]

But why?

首先转化成蜂巢有序，最后再除以 $k!$ 即可。

然后相当于给一个长度为 $n$ 的序列染上 $k$ 种颜色，如果一种颜色染了 $i$ 个格子就要乘上 $f_i$ 的代价，求代价之和。

这不就是经典问题吗？只不过是乘上了一个代价而已。

于是就是指数型生成函数的 $k$ 次方。

~~仔细一想，好像挺显然？~~

我们来用斯特林数实践一下：

第二类斯特林数（集合），显然 $f_i=1(i \neq 0)$，于是 $\hat F(x)=e^x-1$。

\[\left \{ \begin{array}{l} \,n \\ m \end{array}\right \} = \dfrac{n!}{m!}[x^n](e^x-1)^m \]

第一类斯特林数（轮换），$f_i= (i-1)!(i \neq 0)$，于是 $\hat F(x)=\ln(1+x)$。

（这里用到了 $$\ln(1-x)=-\sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{x^{i}}{i}$$）

\[\left [ \begin{array}{l} \,n \\ m \end{array}\right ] = \dfrac{n!}{m!}[x^n]ln(1+x)^m \]

~~然后就可以去水斯特林数板子了。~~

那么，如果不指定 $k$，随意用多少个蜂巢都无所谓，有多少种方法呢？

这就很简单了：

\[s_k=n![x^n]\sum\limits_{k=0}^{+\infty} \dfrac{\hat F(x)^k}{k!} \]

有点眼熟，这是指数型生成函数的定义式？只不过用多项式代替了变量。

\[s_k=[x^n]e^{\hat F(x)} \]

听说这叫做【exp 的组合意义】

P5206 [WC2019]数树的第三问运用到了这个东西，~~可以去试试~~。

11. 有标号组合构造

~~笔者在写这一章时文件丢失了……~~

11.1 标号

此前介绍的都是无标号的组合类，有标号的组合类需要重新定义。

有标号，即每个组合对象的“基本单位” $a \in \mathcal{A}$ 都带一个唯一的标号，也即它的标号可以对应成一个有序数组 $(s_1,s_2,\cdots,s_{|a|})$。

定义：组合类的标号数组正好形成一个排列，则称这个组合类是“强标号”的；否则若它的标号数组不连续，则是“弱标号”的。

不交并的定义没有区别，接下来定义笛卡尔积。

为了方便描述，定义一个离散化函数 $\rho((s_1,s_2,\cdots,s_k))=(s'_1,s'_2,\cdots,s'_k)$，其中 $(s'_1,s'_2,\cdots,s'_k)$ 是一个 $k$ 排列，并且两个数组间元素的相对大小关系是相同的。

考虑两群蜜蜂 $\mathcal{A}$ 和 $\mathcal{B}$，它们的笛卡尔积其实就是将两群蜜蜂穿插在一起组成一群蜜蜂，但原是 $a$ 中的和原是 $b$ 中的蜜蜂的相对顺序都不变。即：

\[a \otimes b=\{(a',b')|\rho(a')=a,\rho(b')=b\} \]

\[\mathcal A \times \mathcal B=\mathcal C=\{\alpha \otimes \beta|\alpha \in \mathcal A,\beta \in \mathcal B \} \]

现在来考虑生成函数，很容易发现其实就是指数型生成函数的卷积，即可重排。蜂群 $A$ 与 $B$ 就是元素对应的颜色。

于是可定义有标号组合类的生成函数：

\[A(x)=\sum\limits_{a \in \mathcal{A}} \dfrac{x^{|a|}}{|a|!} \]

若 $$\mathcal{A \times B=C}$$，则 $A(x)B(x)=C(x)$。

11.2 Sqeuence（序列）构造

与无标号差不多，直接上定义：

\[\operatorname{SEQ}(\mathcal A)=\mathcal{\{E\}+A+A \times A + A \times A \times A + \cdots} \]

由于笛卡尔积意义不同，Sequence 构造的意义也不一样：将一群蜜蜂复制若干份，再组合起来。

\[\operatorname{SEQ}(A(x))=1+A(x)+A(x)^2+A(x)^3+\cdots=\dfrac{1}{1-A(x)} \]

11.3 Pointing（标记）构造

在组合对象 $a$ 中任意选一个点作为特殊点（或称为“根”）。

\[\operatorname{PNT}(\mathcal{A})=\{a \times \{\mathcal{E_1,E_2,\cdots,E_{|a|}}\}|a \in \mathcal{A}\} \]

注意这里面是无标号笛卡尔积，$\mathcal{E_k}$ 相当于标记 $k$ 号点。

生成函数就直接是第 $x_k$ 项系数乘上 $k$，即前面提到过的 $\vartheta$ 算子。

\[\operatorname{PNT}(A(x))=xA'(x)=\vartheta A(x) \]

11.4 Cycle（循环）构造

有标号组合类放到群论上，其实与无标号没有什么区别，只是相当于分拆出的每一个元素都是有标号的。

举个例子，一个组合类包含红蓝两只蜜蜂 $a,b$。其序列构造的某个元素就会像是 $(a_2,b_2,a_3,a_1,b_1)$ 之类的，在循环置换下与 $(a_3,a_1,b_1,a_2,b_2)$ 等价。

令 $G$ 为所有循环构成的置换群列。

\[\operatorname{CYC}(\mathcal{A})=(SEQ(\mathcal{A})-\{\mathcal{E}\})/G_{\mathcal{A}} \]

先分析容为 $k$ 的元素，记：

\[\operatorname{CYC}_k(\mathcal{A})=(\mathcal{A}^k)/G_{\mathcal{A}} \]

考虑计算它的生成函数，仍用 Burnside 引理。

但现在卷积是有序的，即各元素间都是区分的，因此组合起来的必须都是同一个才为不动点。

\[\operatorname{CYC}_k(A(x))=\dfrac{A(x)^k}{k} \]

求和得：

\[\operatorname{CYC}(A(x))=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{A(x)^k}{k}=\ln(\dfrac{1}{1-A(x)}) \]

若带上翻转，除了 $k=1$ 以外置换个数都会变成两倍，仍是一样的。

11.5 Set（集合）构造

有标号 Set 构造与无标号 Multiset 构造是对应的。

令 $G$ 为所有置换构成的置换群列。

\[\operatorname{SET}(\mathcal{A})=\operatorname{SEQ}(\mathcal{A})/G_{\mathcal{A}} \]

同上，组合起来的必须都是同一个才为不动点。

\[\operatorname{SET}_k(A(x))=\dfrac{A(x)^k}{k!} \]

\[\operatorname{SET}(A(x))=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{A(x)^k}{k!}=\exp A(x) \]

对，这就是 8.5 exp 的组合意义。

也即，有标号组合类任意组合得到的是它的 exp，逆变换即为 ln。

使用它可以很轻松地在任意图与联通图间转化。

11.6 Substitution（子结构）构造

Substitution 意为“代换”，这个构造即将节点替换为组合对象。

\[\mathcal{A} \circ \mathcal{B}=\sum\limits_{k \geq 0} \mathcal{A}_k \boxtimes \operatorname{SET}_k(\mathcal{B}) \]

其中 $\mathcal{A} \boxtimes \mathcal{B}=\{(a,b)|a \in \mathcal{A},b \in \mathcal{B}\}$，$|(a,b)|=|b|$，即 $a$ 只是用来标记区别的。

那这样子就相当于把 $\mathcal{B}$ 中的 $k$ 个元素放进 $a \in \mathcal{A}$ 的 $k$ 个节点上，即将每个节点替换为一个组合对象。

所以它的生成函数就是复合：

\[A(x) \circ B(x)=A(B(x)) \]

事实上，这个构造可以导出其它构造来。

Sqeuence 构造：大小为 $k$ 的排列有 $k!$ 个。

\[S(x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{k!x^k}{k!}=\dfrac{1}{1-x} \]
\[\operatorname{SEQ}(A(x))=S(x) \circ A(x)=\dfrac{1}{1-A(x)} \]
Cycle 构造：大小为 $k$ 的环有 $(k-1)!$ 个/

\[S(x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{(k-1)!x^k}{k!}=\ln{\dfrac{1}{1-x}} \]
\[\operatorname{SEQ}(A(x))=S(x) \circ A(x)=\ln{\dfrac{1}{1-A(x)}} \]
Set 构造：大小为 $k$ 的集合有 $1$ 个。

\[S(x)=\sum\limits_{k \geq 0} \dfrac{x^k}{k!}=\exp x \]
\[\operatorname{SEQ}(A(x))=S(x) \circ A(x)=\exp A(x) \]

11.7 Boxed（装箱）构造

就是加入/删除一个点。

\[\operatorname{ADD}(A(x))=\{b \mid |b|=|a|+1\} \]

\[\operatorname{DEL}(A(x))=\{b \mid |b|=|a|-1\} \]

注意若 $a_0>0$，在 $\operatorname{DEL}(A(x))$ 时 $a_0$ 会被删掉。

至于生成函数，发现它们的意义正好与积分/求导是对应的

\[\operatorname{ADD}(A(x))=\int A(x) dx \]

\[\operatorname{DEL}(A(x))=A'(x) \]

12. 概率型生成函数（PGF）

让我们先离开解析组合的大坑，来看看生成函数更广泛的应用。

比如说将概率扔进去？

$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty} P(X=i) x^i$

其中 $X$ 是一个随机变量。

12.1 概率、期望、方差与生成函数

拿到这个新奇的东西以后，我们尝试去探索它的性质。

首先有：

\[F(1)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty} P(X=i)=1 \]

怎么表示它的期望呢？求个导即可。

\[F'(1)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty} iP(X=i)=E(x) \]

最后还有几个~~我没用过的~~公式：

\[F^{(k)}(1)=E(X^{\underline{k}}) \]

\[DX=F''(1)+F'(1)-(F'(1))^2 \]

12.2 方程与生成函数

其实概率型生成函数我也没做过几道题，而且好像套路都差不多……

P4548[CTSC2006]歌唱王国

不停地扔一个 $n$ 面骰子，问第一次扔出长度为 $m$ 的指定序列 $s_1,s_2,\cdots,s_m$ 的期望次数。
$n,m \leq 10^5$、

请注意：答案不是 $m^n$！！！

普通的思路似乎难以解答，尝试将它放上概率型生成函数、

设投掷的次数为随机变量 $X、$

\[F(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty} P(X=i) x^i \]

\[G(x)=\sum\limits_{i=0}^{+\infty} P(X>i) x^i \]

$[x^i]F(x)$ 就是第 $i$ 次正好扔到了 $\{a_i\}$ 的概率，$[x^i]G(x)$ 就是还没扔到的概率、

答案就是 $E(x)=F'(1)$、

首先，考虑 $F(x)$ 与 $G(x)$ 的关系，显然有：

\[g_i=f_{i+1}+g_{i+1} \]

意思就是，在还没结束的序列后面再扔一次，要么结束要么没结束：

\[xG(x)+1=F(x)+G(x) \]

其次，还有一个比较隐秘的式子：

\[(\dfrac{1}{n}x)^mG(x)=\sum\limits_{i=1}^m [s[1,i] \in border(s[1,m])] (\dfrac{1}{n}x)^{m-i} F(x) \]

这是啥意思呢？

左边的意思是在当前的序列后再扔 $m$ 次骰子，第 $i$ 次扔出了 $s_i$；

右边的意思是考虑它会在哪里结束。

按理说扔完 $m$ 次以后肯定会结束，为什么会提前结束呢？

只有一种可能：先前还没结束的序列的末尾是 $s$ 的一段前缀。

也就是说，新加进去的 $i$ 个 $s_i$ 既是一段后缀，也是一段前缀。

只有当它是 $s$ 的 border 时才能计算。

接下来就是解方程了。

\[xG(x)+1=F(x)+G(x) \]

对这个东西求个导：

\[xG'(x)+G(x)=F'(x)+G'(x) \]

（左边不是链式法则，$xG(x)$ 看成一个多项式）

我们只想求 $E(x)=F'(1)$ 的值啊，所以令 $x=1。$

\[G'(1)+G(1)=F'(1)+G'(1) \]

\[F'(1)=G(1) \]

好！来看下一个：

\[(\dfrac{1}{n}x)^mG(x)=\sum\limits_{i=1}^m [s[1,i] \in \operatorname{border}(s[1,m])] (\dfrac{1}{n}x)^{m-i} F(x) \]

\[\dfrac{1}{n^m}G(1)=\sum\limits_{i=1}^m [s[1,i] \in \operatorname{border}(s[1,m])] \dfrac{1}{n^{m-i}} F(1) \]

\[E(X)=F'(1)=G(1)=\sum\limits_{i=1}^m [s[1,i] \in \operatorname{border}(s[1,m])] \dfrac{1}{n^i} \]

（别忘了 $F(1)=1$）

用 kmp 预处理，即可 $O(m)$ 高效处理。

这差不多就是套路啦，留一道练习题吧（~~其实是不想写~~）。

P3706 [SDOI2017]硬币游戏

13. 更多生成函数

准备好，我们要离开多项式了！

如你所见，普通型生成函数中 $x^i$ 并不是只有这一个形式。如指数型生成函数就是 $\dfrac{x^i}{i!}。$

13.1 集合幂级数

\[F=\sum\limits_{S \subseteq U} f_S x^S \]

$x$ 的指数变成了一个集合……它真的只能当“形式”用了。

一些运算：

\[(f+g)_S=f_S+g_S \]

\[(f * g)_S=\sum\limits_{L \otimes R=S}f_Lg_R \]

$\otimes$ 是一种定义在集合上的二元运算，比如与、或、异或之类的。

当然这个乘法也叫卷积。

AT4996 [AGC034F] RNG and XOR

P5326 [ZJOI2019]开关

13.2 狄利克雷生成函数

~~这不是数论里的吗？~~

\[F(x)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty} f_i \dfrac{1}{i^x} \]

那加减法就不说了，卷积是怎么样的呢？

\[F(x)G(x)=\sum\limits_{i=1}^{+\infty} \sum\limits_{i=1}^{+\infty} f_i \dfrac{1}{i^x}g_j \dfrac{1}{j^x}=\sum\limits_{i=1}^{+\infty} \sum\limits_{i=1}^{+\infty} f_i g_j \dfrac{1}{(ij)^x} \]

所以：

\[F(x)G(x)=\sum\limits_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^x} \sum\limits_{d|n} f_dg_{\frac{n}{d}} \]

乘法卷积！

正是熟悉的狄利克雷卷积。

封闭形式牵扯到黎曼函数，这里不展开了，更详细地可以看看这篇：

狄利克雷生成函数浅谈 - gxy001

所以其实这里面也有一套多项式工业，只不过简单得多。

那么前置知识里的经典结论其实也有类似结论：

\[\ln(\dfrac{1}{1-a^{-x}})=\sum\limits_{i \geq 1} \dfrac{1}{ia^{ix}} \]

14. 后记 & 参考资料

生成函数深似海。

肯定还有多得多得多得多的东西的。

~~留着补~~

学长的讲义
《具体数学 (Concrete Mathematics)》——Ronald L. Graham, Donald E. Knuth, Oren Patashnik
【博客】小学生都能看懂的生成函数入门教程 - 自为风月马前卒
题解 P5900 【无标号无根树计数】 - Weng_Weijie
用命分析概率型生成函数(PGF)——谈一类具有特殊性质的生成函数在算法竞赛中的应用 - 皎月半洒花Orchid
狄利克雷生成函数浅谈 - gxy001
多项式计数杂谈 - command_block

posted @ 2021-01-28 08:56 苹果蓝17 阅读(2336) 评论(2) 编辑收藏举报

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