生成函数 学习笔记

生成函数 学习笔记

有一部分没地方写的组合数学，先写这里。

0. pre - learning

1. 上升/下降幂：

$$n^{\underset{―}{k}}=n\times (n-1)\times \cdots \times (n-k+1)$$

称为 $n$ 的下降幂。

同理：

$$n^{\bar{k}}=n\times (n-1)\times \cdots \times (n+k-1)$$

称为 $n$ 的上升幂。

2. 组合数：

$${\mathrm{C}}_n^m=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})={\displaystyle \frac{n!}{m!(n-m)!}}$$

组合数的几个重要公式：

对称性：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n-m})$$

吸收性：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})={\displaystyle \frac{n}{m}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})$$

递推：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m-1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1}{m})$$

证明：不妨直接拆组合数。

也可以考虑杨辉三角。

上指标求和：

$$\sum _{i=m}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{m+1})$$

证明：

$$\sum _{i=m}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{m})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{m})+\cdots +(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})$$

因为 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{m})=1=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{m+1})$，所以可以用上文的递推公式将右式的前两项合并得到 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{m+1})+(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+1}{m})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+2}{m+1})$。

接着，可以将 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+2}{m+1})$ 和 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+2}{m})$ 合并得到 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+3}{m+1})$。

以此类推即可。

3. （广义）二项式定理：

$$(a+b{)}^n=\sum _{k=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})}{a}^{n-k}{b}^k$$

我们考虑更改组合数的定义。

广义二项式系数：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{k})={\displaystyle \frac{{\alpha }^{\underset{―}{k}}}{k!}},\alpha \in \mathbb{R},k\in \mathbb{N}$$

广义二项式定理：

$$(a+b{)}^{\alpha }=\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{k})}{a}^{\alpha -k}{b}^k$$

证明需要求导，不会。

上指标反转：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})=(-1{)}^m(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-n-1}{m})$$

证明：
考虑 $n^{\underset{―}{m}}=n(n-1)\cdots (n-m+1)=(-1{)}^m(-n)(-n+1)\cdots (m-n-1)=(m-n-1{)}^{\underset{―}{m}}$。

等价于右式。证毕。

4. 多项式定理：

对于 $(x_1+x_2+\cdots +x_t{)}^n$ 的展开式，$x_1^{n_1}{x}_2^{n_2}\cdots x_t^{n_t}$ 项的系数是：

$${\displaystyle \frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_t!}},\sum n_i=n$$

证明：考虑组合意义。

先从 $n$ 中选择 $n_1$ 个式子，方案数为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n_1})}$。

接着，从 $n-n_1$ 中选择 $n_2$ 个式子，方案数为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-n_1}{n_2})}$。

$\cdots$

最后，从 $n-n_1-n_2-\cdots -n_{t-1}$ 中选择 $n_t$ 个式子，方案数为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-n_1-n_2-\cdots -n_{t-1}}{n_t})}$。

由乘法原理，方案数为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n_1})}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-n_1}{n_2})}\cdots {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n-n_1-n_2-\cdots -n_{t-1}}{n_t})}$。

能够化简为：${\displaystyle \frac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_t!}}$。

证毕。

值得注意的是，这个问题等价于可重集的排列方案数。

1. 幂级数展开

由于广义二项式定理的存在，我们可以对某些式子进行展开。以下是几个例子：

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \frac{1}{x-1}}& =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{-1}{k})(-x{)}^k\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{k}k!}{k!}}(-x{)}^k\\ & =\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^k\\ & =1+x+x^2+\cdots \end{array}$$

$${\displaystyle \frac{1}{x+1}}=1-x+x^2-x^3+x^4+\cdots$$

需要记住另外几个常见展开：

$$e^x=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{n!}}{x}^n$$

$$x{e}^x=\sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{n}{n!}}{x}^n$$

$$e^{Cx}=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{C^n}{n!}}{x}^n$$

$$\ln (1-x)=-\sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{1}{n}}{x}^n$$

$${\displaystyle \frac{e^x+e^{-x}}{2}}=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{(2n+1)!}}{x}^{2n+1}$$

$${\displaystyle \frac{e^x-e^{-x}}{2}}=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{1}{(2n)!}}{x}^{2n}$$

可以使用泰勒公式证明，但是 OI 中没必要。

注：我们不关心是否收敛，因为在生成函数中，重要的是系数而非值。

2.OGF

对于数列 $A$，其 OGF 定义为：

$$A(x)=\sum _{i\ge 0}{A}_i{x}^i$$

OFG 与无标号计数有关。

例：BZOJ3028 食物。

首先分别给出每个条件对应的生成函数。

$0$ 或 $1$ 个：$1+x$。

$0$ 或 $1$ 或 $2$ 个：$1+x+x^2$。

$0$ 或 $1$ 或 $2$ 或 $3$ 个：$1+x+x^2+x^3$。

奇数个：${\displaystyle \frac{x}{1-x^2}}$。

偶数个：${\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}$。

$3$ 的倍数：${\displaystyle \frac{1}{1-x^3}}$。

$4$ 的倍数：${\displaystyle \frac{1}{1-x^4}}$。

我们将这些生成函数的式子相乘，得到：

$$\begin{array}{rl}f(x)& ={\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^4}}\\ & =x\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{-4}{k})(-x{)}^k\\ & =x\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+3}{3})(-x{)}^k\\ & =\sum _{k=1}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k+2}{3})x^k\end{array}$$

$[x^n]f(x)$ 就是选 $n$ 个的答案。

正确性：多项式乘法等价于枚举在每一个对象中选择了多少个。

生成函数可以用来求数列的通项公式。

引入：化简 $\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(i+1)x^i$。

设 $S=1+2x+3x^2+\cdots$，则 $xS=x+2x^2+3x^3+\cdots$。

相减，得：$(1-x)S=1+x+x^2+x^3+\cdots ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}$。

解方程，得： $S={\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}$。

例：求 fib 数列的通项公式。

即求出 $f_0=0,f_1=1,f_n=f_{n-2}+f_{n-1}$ 的通项公式。

依照上例子，我们设生成函数 $f(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_i{x}^i$。

那么有：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_i{x}^i\\ & =f_0+f_{1}x+\sum _{i=2}^{\mathrm{\infty }}(f_{i-2}+f_{i-1})x^i\\ & =x+\sum _{i=2}^{\mathrm{\infty }}(f_{i-1}{x}^{n-1}\times x+f_{i-2}{x}^{n-2}\times x^2)\\ & =x+x\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_i{x}^i+x^2\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_i{x}^i\\ & =x+xf(x)+x^{2}f(x)\end{array}$$

所以 $F={\displaystyle \frac{x}{1-x-x^2}}$。（封闭形式）

将这个式子进行因式分解，得到 ${\displaystyle \frac{x}{(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x)(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2})x}}$。

考虑到我们能够计算出形如 ${\displaystyle \frac{c}{1-kx}}$ 的式子的值，因此可以使用待定系数法，将封闭形式变为 ${\displaystyle \frac{A}{1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x}}+{\displaystyle \frac{B}{1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x}}$。

于是有：

$$\begin{gathered} A\times (1-{\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{2}}x)+B\times (1-{\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}}x)=x \\ A+B-A({\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{2}}x)-B({\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}}x)=x \end{gathered}$$

由于 $A+B=0$，有：

$$\begin{gathered} -A{\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{2}}-B{\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}}=1 \\ A={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}},B=-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}} \end{gathered}$$

所以：

$$F=-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}\times {\displaystyle \frac{1}{1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x}}+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}\times {\displaystyle \frac{1}{1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x}}$$

按一般方法进行展开，得：

$$f(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}({\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{2}}{)}^n{x}^n\times (-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}})+\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}({\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}}{)}^n{x}^n\times ({\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}})$$

由此，我们得到了 fib 数列的通项公式：

$$fi{b}_n=[x^n]f(x)={\displaystyle \frac{({\displaystyle \frac{1+\sqrt{5}}{2}}{)}^n-({\displaystyle \frac{1-\sqrt{5}}{2}}{)}^n}{\sqrt{5}}}$$

4.EGF

定义一个数列 $A$ 的指数型生成函数 EGF 为：

$$f(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_i{\displaystyle \frac{x^i}{i!}}$$

EGF 一般与有标号计数有关，考虑其组合意义：

假设我们要从 $r$ 个数中分别选择 $x_1,x_2,x_3$ 个排成一排，记答案为 $a_r$。由多项式定理，$a_r={\displaystyle \frac{r!}{x_1!x_2!x_3!}}$。

有 $a_r=\sum _{x_1+x_2+x_3=r}{\displaystyle \frac{r!}{x_1!x_2!x_3!}}$，而我们在定义 EGF 时就已经预处理好了分母，但是没有处理分子 $r!$。

令 $f(i)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^i}{i!}}$，有 $a_r=r!\times [x^r]f(x)$。也就是在 OGF 的基础上再乘以 $r!$。

例：用红蓝绿 $3$ 种颜色去涂 $1\times n$ 的棋盘，每格涂一种颜色，求使得被涂成红色和蓝色的方格数均为偶数的的涂色方法数。

不妨设 $G(x)=(1+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+{\displaystyle \frac{x^4}{4!}}\cdots {)}^2(1+{\displaystyle \frac{x}{1!}}+{\displaystyle \frac{x^2}{2!}}+{\displaystyle \frac{x^3}{3!}}+\cdots )$。

则：

$$\begin{array}{rl}G(x)& =({\displaystyle \frac{e^x+e^{-x}}{2}}{)}^2{e}^x\\ & ={\displaystyle \frac{e^{3x}+2e^x+e^{-x}}{4}}\\ & =\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{4}}(3^n+2+(-1{)}^n){\displaystyle \frac{x^n}{n!}}\end{array}$$

故答案为 ${\displaystyle \frac{1}{4}}(3^n+2+(-1{)}^n)$。