EGF 学习笔记

合集 - 一些数学的笔记(23)

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【EGF】

对于一个数列 $<f_n>$，定义其指数型生成函数（EGF）$\hat{F}(x)={\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{f_n}{n!}}{x}^n}$。实际上 $EGF<f_n>=OGF<{\displaystyle \frac{f_n}{n!}}>$

定理：若 $<a_n>$ 的 EGF 为 $\hat{A}(x)$，$<b_n>$ 的 EGF 为 $\hat{B}(x)$，$<c_n>$ 的 EGF 为 $\hat{C}(x)$，则 $c_n={\displaystyle \sum _{i+j=n}{(}_i^n)a_i{b}_j}$。即 $c$ 是 $a,b$ 的二项式卷积结果。

【EGF 有什么用？】

比如我们要算一个数列的第 $n$ 项，就可以用一些多项式手法求出它的 EGF。这里说的求出 EGF 是求出 EGF 的前 $n$ 项系数。

而 EGF 的第 $n$ 项系数是 ${\displaystyle \frac{a_n}{n!}}$，算出了这个，显然也能算出 $a_n$。

【应用：组合计数对象的拼接】

树+圈 计数

1. 有标号 $n$ 个点恰好组成一棵树的方案数 $t_n=n^{n-2}$。（Cayley 公式）

2. 有标号 $n$ 个点恰好组成一个圈（禁止重边自环）的方案数 $c_n=\{\begin{array}{ll}(n-1)!/2& n>2\\ 0& n\le 2\end{array}$

组合问题：$n$ 个点恰好组成一棵树和一个圈的方案数 $a_n$ 是多少？

$a_n=\sum _{i=0}^n{C}_n^i{t}_i{c}_{n-i}$，即从 $n$ 个点里选若干个点组成树，其余的组成圈。

发现 $a_n$ 就是 $t_n,c_n$ 的二项式卷积，所以 $a_n$ 的 EGF 等于 $t_n,c_n$ 的 EGF 乘积。

有标号固定连通块数量无向图计数

$x$ 个点有标号无向图的数量 $f(x)=2^{C_x^2}$，即每条可能的边选或不选。

那么 $x$ 个点有标号无向连通图的数量 $g(x)$？

考虑有两个连通块的数量：$g_2(x)={\displaystyle {\displaystyle \frac{1}{2!}}\sum _{i=1}^{n-1}{(}_i^n)f(i)\cdot f(n-i)}$ 即枚举一个连通块的点，分别计算再相乘。有一个 ${\displaystyle \frac{1}{2!}}$ 的原因是树之间会重复计算。所以 $\widehat{g_2}(x)={\displaystyle \frac{1}{2}}\hat{f}(x)\hat{f}(x)$。

更进一步，$\widehat{g_k}(x)={\displaystyle \frac{1}{k!}}(\hat{f}(x){)}^k$。

所以 $x$ 个点有标号的有若干个连通块的图的数量 $h(x)$ 满足：$\hat{h}(n)=\exp (\hat{f}(x))$。

其实不一定是连通图有这个规律！

比如 $x$ 个点形成一个圈的 EGF: $\hat{f}(x)$，和形成若干个圈的 EGF: $\hat{g}(x)$ 满足 $\hat{g}(x)=\exp (\hat{f}(x))$。

所以形成一个满足条件 P 的图的 EGF，和形成若干个满足条件 P 的图的 EGF，只差一个 $\exp$。

这是巧合吗？我们看下一个例子。

排列数与圆排列

排列数 $p_i=i!$ 的 EGF：$\hat{p}(x)={\displaystyle \sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{p_n}{n!}}{x}^n=\sum _{n\ge 0}{x}^n={\displaystyle \frac{1}{1-x}}}$。（最后一步错位相减）

圆排列 $q_i=(i-1)!$ 的 EGF：$\hat{q}(x)={\displaystyle \sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{(n-1)!}{n!}}{x}^n=\sum _{n\ge 1}{\displaystyle \frac{x^n}{n}}=\ln {\displaystyle \frac{1}{1-x}}}$。

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

我们发现 $\hat{p}(x)=\exp (\hat{q}(x))$！

为什么呢？如果把排列看作一个置换，则 "排列" 就是若干个 "圆排列" 组成的。而我们也验证了一个重要的性质：

如果一个东西 $p$ 是由若干个另一个东西 $q$ 组成，则 $\hat{p}(x)=\exp (\hat{q}(x))$，和上面的结论相同。

$\exp (f(x))={\displaystyle \sum _{i\ge 0}{\displaystyle \frac{f(x{)}^i}{i!}}}$，这是一个复合函数。

错排问题

考虑一个问题 Q：让 $1\sim n$ 每个数指向另一个数，不允许指向自己，使得最终形成一个环的方案数。

$q_n=(n-1)!,q_1=q_0=0$。

则 $\hat{Q}(x)={\displaystyle \sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{q_n}{n!}}\cdot x^n=\sum _{n=2}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^n}{n}}=\ln ({\displaystyle \frac{1}{1-x}})-x}$。

所以错排的 EGF 就是 $\exp (\hat{Q}(x))$。进而可以求出错排的答案。

连通图计数

因为无向图（有若干个连通块）的方案数 $f_n=2^{C_n^2}$，所以一个连通块的 EGF = $\ln (\hat{f}(x))$。

BZOJ4228

题意：求 $n$ 个点的无向图数量，满足不存在三个相互可达的点 $a,b,c$，使得 $dis(a,b),dis(b,c),dis(a,c)$ 不全相同。

首先发现不可能有长度为 $3$ 的倍数的环，其次发现不会有点的度数 $\ge 3$。

由此推出图的结构为若干个链 + 若干个长度非 $3$ 的倍数的环。

考虑 $n$ 个点一条链的 EGF：$\hat{A}(x)=x+{\displaystyle \sum _{i=2}^n{\displaystyle \frac{i!/2}{i!}}{x}^i}$。

然后考虑 $n$ 个点长度非 $3$ 的倍数的环的 EGF: $\hat{B}(x)={\displaystyle \sum _{i>3,3\nmid i}{\displaystyle \frac{(i-1)!}{2}}\cdot {\displaystyle \frac{x^i}{i!}}=\sum _{i>3,3\nmid i}{\displaystyle \frac{x^i}{2i}}}$。

然后考虑 $n$ 个点是链或者长度非 $3$ 倍数环的 EGF: $\hat{C}(x)=\hat{A}(x)+\hat{B}(x)$。

原问题是若干个链或者非 $3$ 倍数环，所以原问题的 EGF 是 $\exp (\hat{C}(x))$。

基环树计数

$n$ 个点基环树的个数？

$n$ 个点有根树的个数：$r_n=n^{n-2}\times n=n^{n-1}$，因为要从生成树决定一个根。

$r_n$ 的生成函数 $\hat{R}(x)=\sum {\displaystyle \frac{r_n}{n!}}{x}^n$。

枚举基环树的环上有 $k$ 个点。考虑枚举拆开环后每一颗树的结点个数。

个数 $b_n^{(k)}={\displaystyle \sum _{i_1+\cdots +i_k=n}{\displaystyle \frac{1}{2k}}{(}_{i_1,i_2,\dots ,i_k}^n)r_{i_1}\cdot r_{i_2}\cdots r_{i_k}}$

（为什么是 ${\displaystyle \frac{1}{k}}$ 不是 ${\displaystyle \frac{1}{k!}}$？因为环有顺序，不会重复 $k!$ 次）

目标就是求 ${\displaystyle \sum _{k=3}^{+\mathrm{\infty }}{b}_n^{(k)}}$。

设 $b_n^{(k)}$ 以 $n$ 为变量的 EGF 是 ${\hat{B}}^{(k)}(x)$。

如何求 ${\hat{B}}^{(k)}(x)$？考虑另一个函数 ${\hat{C}}^{(k)}(x)={\hat{B}}^{(k)}(x)\times 2k$。设这个 EGF 对应的原函数是 $c_n^{(k)}$。

观察到 ${\displaystyle \sum _{i_1+\cdots +i_k=n}{\displaystyle \frac{r_{i_1}}{i_1!}}\cdot {\displaystyle \frac{r_{i_2}}{i_2!}}\cdots {\displaystyle \frac{r_{i_k}}{i_k!}}={\displaystyle \frac{c_n^{(k)}}{n!}}}$。

所以 $\hat{R}(x{)}^k=\hat{C}(x)$。

所以 ${\hat{B}}^{(k)}(x)={\displaystyle \frac{1}{2k}}(\hat{R}(x){)}^k$

所以 ${\displaystyle \sum _{k=3}^{+\mathrm{\infty }}{b}_n^{(k)}={\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{k=3}{\displaystyle \frac{1}{k}}\hat{R}(x{)}^k={\displaystyle \frac{1}{2}}[\sum _{k=1}{\displaystyle \frac{1}{k}}\hat{R}(x{)}^k-\hat{R}(x)-{\displaystyle \frac{\hat{R}(x)}{2}}]={\displaystyle \frac{1}{2}}[-\ln (1-\hat{R}(x))-\hat{R}(x)-{\displaystyle \frac{\hat{R}(x)}{2}}]}$。

【多重集排列计数型】

有限多重集

$S$ 是一个多重集，共 $k$ 种数（不妨为 $1\sim k$），每种有 $n_i$ 个。问从中选 $n$ 个排列的个数 $t_n$。

有 $\hat{T}(x)={\displaystyle \prod _{i=1}^k\widehat{G_i}(x)}$。其中 $\widehat{G_i}(x)$ 表示 $<1,1,1,\dots ,1>$（共 $n_i+1$ 个 $1$） 的 EGF。

为什么呢？还是可以用组合对象的拼接来理解。

方案数 $ans={\displaystyle \sum _{i_1+i_2+\cdots +i_k=n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i_1{i}_2\cdots i_k})g_{1,i_1}{g}_{2,i_2}\cdots g_{k,i_k}}$。

其中 $g_{1,i_1}$ 表示用 $1$ 填满 $i_1$ 个位置的方案数，即当 $i_1\le n_1$ 时为 $1$，否则为 $0$。

这是二项式卷积的形式！所以 $ans$ 的 EGF $\hat{T}(x)={\displaystyle \prod _{i=1}^k\widehat{G_i}(x)}$。

POJ3734 Blocks

题意：用红黄蓝绿染 $n$ 个格子，要求红黄要偶数个，求方案数。

记答案为 $f_n$。

$$\begin{array}{rl}\hat{F}(x)& =(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots {)}^2(1+\frac{x}{1!}+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots {)}^2\\ & =({\displaystyle \frac{e^x+e^{-x}}{2}}{)}^2{e}^{2x}={\displaystyle \frac{1}{4}}(e^{4x}+2e^{2x}+1)\end{array}$$

注：$e^{-x}={\displaystyle \sum _{i=0}^{+\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x^i}{i!}}\times (-1{)}^i}$

和 OGF 的经典例题 "食物" 很像吧？区别在于："食物" 不用排列选出的食物，但是这题要排列格子。

POJ1322 Chocolate

题意：有 $C$ 种巧克力（数量无限）。买 $n$ 块，问恰好有 $m$ 种买了奇数个的概率。（保证 $n,m$ 同奇偶）

参考

因为总方案数很简单（一个隔板法），所以只要求方案数即可。

转化：前 $m$ 个买了奇数个，后 $C-m$ 个买了偶数个，最后乘以一个 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{C}{m})$ 即可。设转化后方案数为 $g_n$。

$\hat{G}(x)=(\frac{x}{1!}+\frac{x^3}{3!}+\cdots {)}^m(\frac{x^0}{0!}+\frac{x^2}{2!}+\cdots {)}^{C-m}=({\displaystyle \frac{e^x-e^{-x}}{2}}{)}^m({\displaystyle \frac{e^x+e^{-x}}{2}}{)}^{C-m}$。

化简的步骤看上面的参考。

乘积期望

$a_1\sim a_n$ 已知，$c_1\sim c_n$ 为一个等概率随机的数组，满足 $c_i\ge 0,\sum c_i=m$。求 $E({\displaystyle \prod _{i=1}^n(a_i+c_i))}$。

法一：

期望 = 总和 / 总方案数。

总方案数就是分配 $c_i$ 的值的方案数，相当于求不定方程 $c_1+c_2+\cdots +c_n=m$ 的非负整数解个数。隔板法。

问题转化为求 ${\displaystyle \sum _{b_1+\cdots +b_n=m}\prod _{i=1}^n(a_i+b_i)}$。

在看到 $a_1+\cdots +a_n=m$ 的形式时，要想到用多项式/生成函数转化到系数上。

考虑多项式 $F_i(x)={\displaystyle \sum _{j=0}^{+\mathrm{\infty }}(a_i+j)x^j}$。则答案就是求 ${\displaystyle \prod _{i=1}^n{F}_i(x)}$ 中 $x^m$ 的系数。

继续剖析 $F_i(x)$。

$$\begin{array}{rl}{F}_i(x)& =\sum _{j=0}^{+\mathrm{\infty }}(a_i+j)x^j\\ & =a_i(\sum _{j=0}^{+\mathrm{\infty }}{x}^j)+\sum _{j=0}^{+\mathrm{\infty }}j\cdot x^j\\ & =a_i\cdot {\displaystyle \frac{1}{1-x}}+{\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}\\ & ={\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}\cdot (a_i(1-x)+x)\end{array}$$

所以 ${\displaystyle \prod _{i=1}^n{F}_i(x)=(1-x{)}^{-2n}\prod _{i=1}^n(a_i+(1-a_i)x)}$，要求 $x^m$ 的系数。

前半部分可以广义二项式定理，后半部分可以 FFT 分治。$O(n{\log }^{2}n)$。

${\displaystyle \frac{1}{1-x}}=1+x+x^2+\cdots \Rightarrow {\displaystyle \frac{1}{(1-x{)}^2}}=1+2x+3x^2+\cdots \Rightarrow {\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}=0\cdot x^0+1\cdot x+2\cdot x^2+\cdots$

法二：

令 $N=\{1,2,\dots ,n\}$。

${\displaystyle \prod _{i=1}^n(a_i+c_i)=\sum _{S\subseteq N}\prod _{i\in S}{c}_i\prod _{i\notin S}{a}_i}$

转化为求 ${\displaystyle \sum _{S\subseteq N}(\prod _{i\notin S}{a}_i)E(\prod _{i\in S}{c}_i)}$。

根据 $c_1\sim c_n$ 的对称性，$\prod _{i\in S}{c}_i$ 应只与 $|S|$ 有关，与 $S$ 具体是什么无关。令 $k=|S|$

所以转化为求 $E(\prod _{1\le i\le k}{c}_i)$，而这个数 $={\displaystyle \frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n+k-1})}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n-1})}}$。

为什么呢？$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n-1})$ 是总方案数。
如果 ${\displaystyle \sum _{c_1+\cdots +c_n=m}\prod _{i=1}^k{c}_i}$ 等于分子，得证。

注意到 $c_1+\cdots +c_n=m$ 的形式，考虑母函数。

令 $f(x)=0x^0+1x^1+2x^2+\cdots ={\displaystyle \frac{x}{(1-x{)}^2}}$，$g(x)=1x^0+1x^1+1x^2+\cdots ={\displaystyle \frac{1}{1-x}}$。

则：

$$\begin{array}{rl}{\displaystyle \sum _{c_1+\cdots +c_n=m}\prod _{i=1}^k{c}_i}& =[x^m]f(x{)}^k\cdot g(x{)}^{n-k}\\ & =[x^m]{\displaystyle \frac{x^k}{(1-x{)}^{2k+(n-k)}}}\\ & =[x^m]{\displaystyle \frac{x^k}{(1-x{)}^{n+k}}}\\ & =[x^{m-k}](1-x{)}^{-(n+k)}\end{array}$$

可以用广义二项式定理展开，得证。

于是转化为对每一个固定的 $k$，求 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n+k-1})}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n-1})}}\times \sum _{S\subseteq N,|S|=k}\cdot \prod _{i\notin S}{a}_i}$。

不属于其实和属于是等价的：即求 ${\displaystyle {\displaystyle \frac{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n+k-1})}{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+m-1}{n-1})}}\times \sum _{S\subseteq N,|S|=n-k}\cdot \prod _{i\in S}{a}_i}$。

而观察到 ${\displaystyle \sum _{S\subseteq N,|S|=n-k}\cdot \prod _{i\in S}{a}_i=[x^j]\prod _{i=1}^n(a_{i}x+1)}$，可以分治 FFT 来做，同样是 $O(n{\log }^{2}n)$。

Balls in Box

$a_1\sim a_n$ 已知。$c_1\sim c_n$ 初始为 $0$，随机 $m$ 次，每次让某个 $c_i+1$。求 $E({\displaystyle \prod _{i=1}^n(a_i+c_i))}$。$n\le 1000$

注意这题与上一题的区别：上一题最终的 $c$ 数组是等概率的，但这一题的 $c$ 最终不是等概率的，比如 $0,0,0,{10}^9$ 肯定和 $\frac{{10}^9}{4},\frac{{10}^9}{4},\frac{{10}^9}{4},\frac{{10}^9}{4}$ 不等概率。

即求 $E({\displaystyle \sum _{b_1+\cdots +b_n=m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{b_1{b}_2\cdots b_m})\prod (a_i+b_i))}$。

这里多了一个组合数，因为从 $m$ 次 $+1$ 中抽出 $b_1$ 次给 $c_1$ 加 …… 这也是与上一题不同的地方。

还是把期望变成 合法方案数 / 总方案数，总方案数显然是 $n^m$。

多了个组合数，怎么做？

$ans={\displaystyle \sum _{b_1+\cdots +b_n=m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{b_1{b}_2\cdots b_m})\prod (a_i+b_i)}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{ans}{m!}}={\displaystyle \sum _{b_1+\cdots +b_n=m}\prod {\displaystyle \frac{(a_i+b_i)}{b_i!}}}$

发现又是 $b_1+\cdots +b_n=m$ 的形式，上母函数！

$F_i(x)={\displaystyle \sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{a_i+j}{j!}}{x}^j}$。

则 ${\displaystyle \frac{ans}{m!}}=[x^m]F_1(x)\cdots F_n(x)$，现在的任务就是化简 $F_i(x)$。

${\displaystyle F_i(x)=\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{a_i}{j!}}{x}^j+\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{(j-1)!}}{x}^j=a_i\cdot e^x+x\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{(j-1)!}}{x}^{j-1}=a_i\cdot e^x+x\cdot e^x=(a_i+x)e^x}$

$\therefore \prod F_i(x)=(a_1+x)(a_2+x)\cdots (a_n+x)\cdot e^{xn}$

求 $x^m$ 的系数，左边可以直接 $O(n^2)$ 求，右边可以泰勒展开。

关灯问题