OGF 学习笔记

生成函数（generating function，简称 GF），一般只应用两种：OGF 和 EGF。

OGF 和 EGF 都是定义在一个数列上的。

【一些前置知识】

二项式卷积：\(c_n=\sum_{i=0}(^n_i)a_ib_{n-i}\)。

\(\exp(A(x))=\sum_{i\ge 0}\dfrac{A(x)^i}{i!}\)。

\(\ln(1-A(x))=-\sum_{i\ge 1}\dfrac{A(x)^i}{i}\)。

\(\exp(\ln(f(x)))=f(x)\)。

复合函数求导：\(f(g(x))\) 的导 \(=f'(g(x))\cdot g'(x)\)。

指数函数的导：\((a^x)'=a^x\ln a\)。

幂函数的导：\((x^a)'=ax^{a-1}\)。

对数函数的导：\(({\log_a}^x)'=\dfrac{1}{x\ln a}\)。特别地，\((\ln x)'=\dfrac{1}{x}\)。

【OGF】

【定义】

对于一个有限序列 \(\{a_i\}(i=0\sim N)\)，其 OGF 为 \(f(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^Na_i\cdot x^i\)。

对于一个无限序列 \(\{a_i\}\)，其 OGF 为 \(f(x)=\displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty}a_i\cdot x^i\)。

注意生成函数是一种形式幂级数，也就是一般情况下我们不考虑 \(x\) 具体的值，也不考虑 \(f(x)\) 是否收敛。

（我们把 \(\displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty}a_i\cdot x^i\) 的形式称为级数）

注：有时也把 OGF 称作母函数。

砝码称重

有 \(4\) 个砝码，分别为 \(1,2,3,4\) 克。问称出 \(n\) 克的方案数。（砝码只能放在一边）

令 \(G(x)=(1+x^1)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4)\)，发现 \(ans=[x^n]G(x)\)。（在一个多项式前加中括号，表示取中括号内的项的系数）

怎么理解呢？\(G(x)\) 每一个括号都代表一个砝码的选择：放或不放。

取球方案

有 \(m\) 种颜色的球，要从里面取出 \(n\) 个球。问方案数。同时有两种情况：

• 每种颜色的球各一个。显然答案是 \((^m_n)\)。

• 每种颜色的球无限个。即求方程 \(x_1+x_2+\dots+x_m=n\) 非负整数解个数，隔板法 \((^{n+m-1}_{m-1})\)。

怎么用生成函数做？

当每种球只有一个，令 \(G(x)=(1+x)^m\)，\(ans=[x^n]G(x)\)。显然可以验证，与上面相等。

当每种球有无限个，令 \(G(x)=(1+x+x^2+x^3+\dots)^m=(\dfrac{1}{1-x})^m=\dfrac{1}{(1-x)^m}=(1-x)^{-m}\)。

这里用到广义二项式定理。

可得 \((1-x)^{-m}=\displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty}(^{-m}_i)(-x)^i\)，则 \(x^n\) 的系数就是 \((-1)^n(^{-m}_n)=(-1)^n\dfrac{(-m)(-m-1)\cdots(-m-n+1)}{n!}\)。

把前面的 \(n\) 个 \(-1\) 挪到分子上面，\(\dfrac{m(m+1)(m+2)\cdots(m+n-1)}{n!}=(^{m+n-1}_n)\)，也与上面相等。

装水果

类似这题

要求苹果个数为偶数，香蕉个数为 \(5\) 的倍数，橙子个数为 \(0\sim 4\)，梨个数是 \(0\sim 1\)。求拿 \(n\) 个的方案数。

考虑生成函数 \(G(x)=(1+x^2+x^4+\cdots)(1+x^5+x^{10}+\cdots)(1+x+\dots+x^4)(1+x)\)。\(ans=[x^n]G(x)\)

而 \(G(x)=\dfrac{1}{1-x^2}\dfrac{1}{1-x^5}\dfrac{1-x^5}{1-x}(1+x)=\dfrac{1}{(1-x)^2}=(1+x+x^2+\dots)(1+x+x^2+\dots)\)。

观察可得 \([x^n]G(x)=n+1\)。

【运算规则】

记数列 \(\{f\}\) 的生成函数是 \(F(x)\)

• 扩倍规则：若 \(\{f\}\) 每一项乘以 \(C\)，则 \(F(x)\leftarrow C\cdot F(x)\)。

• 加法规则：若有另一个数列 \(\{g\}\) 的生成函数是 \(G(x)\)，则 \(\{f+g\}\) 的生成函数是 \(F(x)+G(x)\)。

• 右移规则：若让 \(\{f\}\) 开头加上 \(k\) 个 \(0\)，则 \(F(x)\leftarrow x^k\cdot F(x)\)。

• 求导规则：\(<f_0,f_1,\dots>\iff F(x)\)，则 \(<f_1,2f_2,3f_3,\dots>\iff F'(x)\)，这里就是从 \(f_1\) 开始，不是打错了。

练习：求 \(<0^2,1^2,2^2,\dots>\) 的 OGF。

解：\(<1,1,1,1,\dots>\iff \dfrac{1}{1-x}\)，则 \(<1,2,3,\dots>\iff \dfrac{1}{(1-x)^2}\)。

注意这里的求导：\((\dfrac{1}{1-x})'\) 属于复合函数求导。

又有 \(<0,1,2,\dots>\iff \dfrac{x}{(1-x)^2}\)。再用一次求导。\(<1^2,2^2,\dots>\iff \dfrac{(1+x)x}{(1-x)^3}\)。

注意这里的求导：\(\dfrac{x}{(1-x)^2}\) 是除法求导，\((\dfrac{A(x)}{B(x)})'=\dfrac{A'(x)B(x)-A(x)B'(x)}{B^2(x)}\)。

• 乘法法则：若有两个数列 \(a,b\) 和生成函数 \(A(x),B(x)\)，则生成函数为 \(A(x)B(x)\) 的数列为 \(a,b\) 的卷积。（EGF 对应的是二项式卷积）

【OGF 求递推公式】

汉诺塔问题

\(f_n=2f_{n-1}-1,f_0=0\)，求 \(f_n\)。

用归纳法很容易，但是怎么用生成函数做？

考虑 \(f\) 的生成函数 \(F(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+\dots\)。

\(f_0=0\)，\(f_1x=(2f_0+1)x\)，\(f_2x^2=(2f_1+1)x^2\)，……，\(f_nx^n=(2f_{n-1}+1)x^n\)。

每个等号左右两边各自加起来，有 \(F(x)=2x\cdot F(x)+x(1+x+x^2+\dots)\)。

所以 \((1-2x)F(x)=\dfrac{x}{1-x}\)。\(F(x)=\dfrac{x}{(1-x)(1-2x)}=\dfrac{1}{1-2x}-\dfrac{1}{1-x}=(1+2x+(2x)^2+\dots)-(1+x+x^2+\dots)\)

观察可以发现 \([x^n]F(x)=2^n-1\)。

斐波那契数列

\(f_n=f_{n-1}+f_{n-2},f_0=0,f_1=1\)，求 \(f_n\)。

矩阵快速幂当然可以。但是我们这里还是考虑生成函数 \(F(x)\)。

同样把每个等号左右两边加起来，\(F(x)=xF(x)+x^2F(x)+x\)，则 \(F(x)=\dfrac{x}{1-x-x^2}\)。

这里可以因式分解，\(1-x-x^2=(1-\dfrac{1+\sqrt 5}{2}x)(1-\dfrac{1-\sqrt 5}{2}x)\)。刚好可以裂项。令 \(a=\dfrac{1+\sqrt 5}{2},b=\dfrac{1-\sqrt 5}{2}\)。

可得 \(F(x)=\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt 5}}{1-ax}-\dfrac{\dfrac{1}{\sqrt 5}}{1-bx}=\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\sqrt 5}a^nx^n-\dfrac{1}{\sqrt 5}b^nx^n\)。

所以 \(f_n=\dfrac{a^n-b^n}{\sqrt 5}\)。

卡特兰数

\(f_0=1,f_n=f_0f_{n-1}+\dots+f_{n-1}f_0\)。

（众所周知，\(f_n=\dfrac{C_{2n}^n}{n+1}\)）

同样等号两边相加，\(F(x)=1+f_0x\cdot F(x)+f_1x^2F(x)+f_0x^3F(x),F(x)-1=F(x)(f_0x+f_1x^2+\dots)=xF(x)^2\)。

\(xF(x)^2-F(x)+1=0,F(x)=\dfrac{1+\pm\sqrt{1-4x}}{2x}\)，那这里是取加号还是减号呢？应该取减号。

为什么不取加号？因为 \(F(x)=\dfrac{1+\sqrt{1-4x}}{2x}\) 在 \(x=0\) 时为 \(\dfrac{1+1}{0}=+\infty\)。而取减号时，\(F(x)\) 在 \(x=0\) 时为 \(\dfrac{0}{0}\)，可以用洛必达法则验证其趋向于 \(1\)。

于是 \(F(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}=\dfrac{1}{2x}-\dfrac{1}{2x}(1-4x)^{\dfrac{1}{2}}\)，用广义二项式定理展开。

\(F(x)=\dfrac{1}{2x}-\dfrac{1}{2x}\displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty}(^{\frac{1}{2}}_i)(-4x)^i\)。

观察得 \(f_n=[x^n]F(x)=-\dfrac{1}{2}(^{\dfrac{1}{2}}_{n+1})(-4)^{n+1}\)，还能进一步简化到 \(\dfrac{(^{2n}_n)}{n+1}\)。

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对于一个 \(k\) 次齐次线性递推式：\(f_n+c_1f_{n-1}+\dots+c_kf_{n-k}=0\)，\(f_0=d_0,f_1=d_1,\dots,f_{k-1}=d_{k-1}\)。

只要是这种形式，生成函数 \(F(x)\) 可以表示为 \(\dfrac{P(x)}{R(x)}\)。\(P(x)\) 是一个根据 \(c,d\) 推出来的多项式，\(R(x)=1+c_1x+\dots+c_kx^k\)。（\(R(x)\) 是 \(f\) 的特征多项式）

【OGF 的具体应用和 tricks】

例1：整数的 lqp 拆分

题意：定义 \(n\) 的一个 lqp 拆分是把 \(n\) 拆成若干个有序的正整数之和。同时记 \(f\) 为斐波那契数列。
定义一个 lqp 拆分的权值为：它拆出来的所有数为 \(a_1\sim a_m\)，权值为 \(f_{a_1}\cdot f_{a_2}\cdot\dots\cdot f_{a_m}\)，求 \(n\) 的所有 lqp 拆分的权值和。\(n\le 10^{100000}\)。

令 \(g_n\) 为 \(n\) 的答案。则当 \(n>0\)，\(g_n=f_n+\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}f_i\cdot g_{n-i}\)。

为了方便，令 \(g_0=1\)，这样 \(f_n\) 可以表示为 \(f_n\cdot g_0\)。

如此，\(g_n=\displaystyle\sum_{i=1}^nf_ig_{n-i}(n>0)\)

还是考虑生成函数 \(G(x)\)。还是用上面的方法。

\(g_0=1,g_1x=(f_1g_0)x,g_2x^2=(f_2g_0+f_1g_1+f_0g_2)x^2,\dots\)。

但是直接加没有结果，把 \(g_0\) 改写为 \(1+f_0g_0\)，这样可以得出 \(G(x)=F(x)G(x)+1\)，其中 \(F(x)\) 是斐波那契数列的生成函数。（利用乘法法则！）

所以 \(1=G(x)(1-F(x))\)，\(G(x)=\dfrac{1}{1-F(x)}\)，又 \(F(x)=\dfrac{x}{1-x-x^2}\)（上面算过了）。

则 \(G(x)=\dfrac{1}{1-\dfrac{x}{1-x-x^2}}=\dfrac{1-x-x^2}{1-2x-x^2}\)。

怎么求 \([x^n]G(x)\)？

\((1-2x-x^2)G(x)=1-x-x^2\)，我们尝试比较左右两边 \(x^n\) 的系数。（假设 \(n>2\)）

右边系数为 \(0\)，左边系数为 \(g_n-2g_{n-1}-g_{n-2}\)，所以 \(g_n=2g_{n-1}+g_{n-2}\)，初值 \(g_0,g_1\) 显然可以算。于是用矩阵快速幂就可以了。

从母函数推原递推式：比较系数法。

例2

随机生成 \(n\) 个结点的有根二叉树。问叶子个数的期望值。

令 \(c_n\) 为 \(n\) 个结点有根二叉树的个数，\(h_n\) 为 \(n\) 个结点有根二叉树的叶子总数。答案为 \(\dfrac{h_n}{c_n}\)。

\(c_n\) 怎么算？枚举左右两个子树的点个数，\(c_n=\sum c_{i}c_{n-1-i}\)，这就是卡特兰数。

\(h_0=0\)，\(h_1=1\)，对于 \(n\ge 2\)，\(h_n=2\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}h_ic_{n-1-i}\)。

为什么？考虑一颗二叉树的叶子个数，我们可以先计算左边的点数以及左边子树的叶子数量：\(h_i\)，对于每一个左边子树的 \(h_i\)，右边子树都有 \(c_{n-1-i}\) 种可能。所以左边子树贡献的叶子个数为 \(\sum h_ic_{n-1-i}\)。

右子树也是对称的，所以要乘 \(2\)。

那接下来怎么办呢？考虑 \(h,c\) 的母函数 \(H,C\)。因为 \(c_n\) 是卡特兰数序列，所以 \(C(x)=\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\)

\[\begin{aligned} h_0&=h_0\\ h_1x&=h_1\cdot x\\ h_2x^2&=2(h_0c_1+h_1c_0)x^2\\ h_3x^3&=2(h_2c_0+h_1c_1+h_0c_2)x^3\\ &\dots\\ \end{aligned} \]

还是等号左右相加。\(H(x)-h_0-h_1x=H(x)-x=2xH(x)C(x)\)。

\(H(x)=2xH(x)C(x)+x\)。

则 \(H(x)=\dfrac{x}{1-2xC(x)}=\dfrac{x}{1-2x\cdot\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}}=\dfrac{x}{\sqrt{1-4x}}=x(1-4x)^{-\frac{1}{2}}\)。

广义二项式定理展开，\(H(x)=x\displaystyle\sum_{i=0}^{+\infty}(^{-\frac{1}{2}}_i)(-4x)^i\)。

则 \(h(n)=[x^n]H(x)=(^{-\frac{1}{2}}_{n-1})\cdot(-4)^{n-1}\)，化简为 \((^{2n-2}_{n-1})\)，化简过程略，就是展开 \((^{-\frac{1}{2}}_{n-1})\) 后和 \((-4)^{n-1}\) 把 \(\dfrac{1}{2}\) 抵消。

则 \(\dfrac{h(n)}{c(n)}=\dfrac{(^{2n-2}_{n-1})}{(^{2n}_n)/(n+1)}\).

拆分方案

题意：把 \(n\) 拆成若干 \(2,3,4\) 的和，不考虑顺序，求方案数。

\(G(x)=(1+x^2+x^4+\dots)(1+x^3+x^6+\dots)(1+x^4+x^8+\dots)=\dfrac{1}{1-x^2}\dfrac{1}{1-x^3}\dfrac{1}{1-x^4}.\)

设 \(G(x)=g_0+g_1x+g_2x^2+\dots,H(x)=1/G(x)=(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)\)。显然 \(H(x)\) 很容易展开。

设 \(H(x)=h_0+h_1x+h_2x^2+\dots+h_9x^9\)。这里 \(h_0\sim h_9\) 都是可以求出来的。同时注意 \(h_0=1\)。（\((1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)\) 的常数项当然是 \(1\)）

\(G(x)H(x)=1\)，因为倒数嘛。根据母函数的乘积 \(=1\)，可以推出两个数列的卷积的关系。

\[\begin{aligned} g_0h_0&=1\\ g_0h_1+g_1h_0&=0\\ g_0h_2+g_1h_1+g_2h_0&=0\\ &\dots\\ g_{n-9}h_9+\dots+g_nh_0&=0(n\ge 9)\\ \end{aligned} \]

观察 \(g_{n-9}h_9+\dots+g_nh_0=0\)，这是一个线性齐次递推式！而且因为 \(h_0\sim h_9\) 都能求，所以 \(g_0\sim g_8\) 也能求。

对于 \(n\ge 9\)，可以用矩阵快速幂搭配递推式，\(O(\log n\cdot 9^3)\) 的复杂度。

这里采用倒数的方法，原因是倒数的形式简单，而且线性齐次递推式的项数比较少。

CF506E子问题

题意：
\(p\) 个字符串 \(s_1\sim s_p\)，由字符 a 到 x 组成。
\(q\) 个字符串 \(t_1\sim t_p\)，由字符 a 到 y 组成。
\(1\) 个字符串 \(R\)，由 a 到 z 组成。
已知总长度和为 \(l\)，允许空串。求方案数。\(p,q\le 200\)。

令 \(G(x)=(1+24x+24^2x^2+\dots)^p(1+25x+25^2x^2+\dots)^q(1+26x+26^2x^2+\dots)^1\)。\(ans=[x^l]G(x)\)。

而 \(G(x)=(1-24x)^{-p}(1-25x)^{-q}(1-26x)\)。如果和上面一样采取倒数的 trick，可以做到 \(O(\log L\cdot 401^3)\)。

UOJ424

题意：左拐度 \(<m\) 的 \(n\) 个结点二叉树计数。定义左拐度为所有根到叶子的路径中，向左走的次数的最大值。\(n,m\le 10^5\)。

设 \(f_{n,m}\) 表示左 \(<m\)（注意是小于不是小于等于），结点数 \(=n\) 的二叉树个数。

\[\begin{cases} F_{n,0}=[n=0]\\ F_{n,1}=1\\ F_{n,m}=\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}F_{i,m-1}F_{n-1-i,m}&\text{(枚举左右子树)} \end{cases} \]

观察 \(F_{n,m}=\displaystyle\sum_{i=0}^{n-1}F_{i,m-1}F_{n-1-i,m}\) 的形式，是一个卷积，所以考虑使用母函数。

令 \(F_m(x)\) 为 \(<F_{1\sim n,m}>\) 的母函数.

类似地，可以推出 \(F_m(x)=xF_{m-1}(x)\cdot F_m(x)\)，\(F_m(x)=\dfrac{1}{1-xF_{m-1}(x)}\)。

如果暴力从 \(F_1(x)\) 算到 \(F_m(x)\)，复杂度会爆。

显然 \(F_m(x)\) 能写成 \(\dfrac{A_m(x)}{B_m(x)}\) 的形式。而且可以发现，\(A_{m+1}(x)=B_m(x)\)。因此我们只需要记录每一个 \(B_i(x)\) 即可，\(A_i(x)\) 可以用 \(B_i(x)\) 求出来。

\(F_{m+1}(x)=\dfrac{1}{1-x\cdot \dfrac{B_{m-1}(x)}{B_m(x)}}=\dfrac{B_m(x)}{B_m(x)-xB_{m-1}(x)}\)。

则 \(B_{m+1}(x)=B_m(x)-xB_{m-1}(x)\)。这又是一个递推式。

我们想用矩阵快速幂：因为这是一个线性齐次递推式。但是如果矩阵的元素是多项式，很麻烦；可以使用拉格朗日插值公式，随便选 \(m\) 个 \(x\) 代入，得到 \(B_{m}(x)\) 的 \(m\) 个值，进而推出 \(B_{m}(x)\) 的整个多项式。

\(F_{m}(x)=\dfrac{B_{m-1}(x)}{B_{m}(x)}\)，同理求出 \(B_{m-1}(x)\) 的整个多项式，用 \(O(n\log n)\) 的复杂度算出 \(F_{m}(x)\)，然后 \([x^n]F_{m}(x)\) 就是 \(F_{n,m}\) 的值。