小学分配律及其应用（可能连载）

普通生成函数

在对一个序列 $f$ 进行计算时，考虑构造多项式 $F(x)=\sum_i f_ix^i$，然后在这个多项式上面进行化简/运算，方便对 $f$ 的计算；多项式 $F(x)=\sum_i f_ix^i$ 称为 $f$ 的 普通生成函数。（令 $F(x)=\sum_i f_ix^i,G(x)=\sum_i g_ix^i$）基本运算有 $F(x)\pm G(x)$ 为序列 $\langle f_i\pm g_i\rangle$ 的普通生成函数，$F(x)\times G(x)$ 为序列 $\langle \sum_{j=0}^if_jg_{i-j}\rangle$ 的普通生成函数。将若干无标号元素划分成 $n$ 个有标号集合，且第 $i$ 个集合内有 $j$ 个元素时对对应方案的贡献为 $f_{i,j}$，则将 $k$ 个元素划分为若干集合的方案数即为 $[x^k]\prod_{i=1}^n f_{i,j}x^j$。

封闭形式

在对生成函数进行简化时，可以考虑将其在形式幂级数形式（形如 $\sum_i f_ix^i$）和封闭形式之间转换。（此时需要忽略 $x^{\infty}$）例如，求 $\sum_{i\ge 0} p^ix^i$ 的封闭形式时，令 $S=\sum_{i\ge 0} p^ix^i$，则 $pxS=\sum_{i\ge 0} p^{i+1}x^{i+1}=\sum_{i\ge 0}p^ix^i-1=S-1$，所以 $S=\frac 1{1-px}$。计算 $\sum_{i\ge 0}\binom{m+i}ix^i$ 的封闭形式时，令 $S(m)=\sum_{i\ge 0}\binom{m+i}ix^i$，则由 $\binom{m+i}i=\binom{(m-1)+i}i+\binom{m+(i-1)}{(i-1)}$ 可得 $S(m)=S(m-1)+xS(m)$，$S(m)=\frac{S(m-1)}{1-x}$；而 $S(0)=\sum_{i\ge 0}x^i=\frac 1{1-x}$，所以 $S(m)=\frac 1{(1-x)^{m+1}}$。其他的常见的封闭形式还有 $\sum_{i\ge 0}ix^i=-\frac{x^2}{(x-1)^2}$ 等。

例1：求斐波那契数列 $f_n=f_{n-1}+f_{n-2}$ $(f_1=f_2=1)$ 的通项公式

令 $f_0=0$，$F(x)=\sum f_ix^i$，则 $x^2F(x)+xF(x)=\sum_{i\ge 2}(f_{i-2}+f_{i-1})x^i=\sum_{i\ge 0}f_ix^i-x=F(x)-x$，得出 $F(x)$ 的封闭形式为 $\frac x{1-x-x^2}$。考虑构造满足方程 $\frac A{1-px}+\frac B{1-qx}=\frac x{1-x-x^2}$ 的一组解，可得一组解为 $A=-\frac{\sqrt 5}5,B=\frac{\sqrt 5}5,p=\frac{1-\sqrt 5}2,q=\frac{1+\sqrt 5}2$；则 $\frac x{1-x-x^2}$ 对应的形式幂级数为 $\frac{\sqrt 5}5(\sum_{i\ge 0}(\frac{1+\sqrt 5}2)^ix^i)-\frac{\sqrt 5}5(\sum_{i\ge 0}(\frac{1-\sqrt 5}2)^ix^i)=\sum_{i\ge 0}\frac{\sqrt 5}5((\frac{1+\sqrt 5}2)^i+(\frac{1-\sqrt 5}2)^i)x^i$。这也是解形如 $\frac{P(x)}{Q(x)}$ 的展开式的一种通用方法。

例2：求 $\sum_{i\ge 0}i^2x^i$ 的封闭形式

考虑 $i^2=(i-1)^2+2i-1$，则

$$\begin{aligned}\sum_{i\ge 0}i^2x^i&=\sum_{i\ge 1}i^2x^i=\sum_{i\ge 1}(i-1)^2x^i+2\sum_{i\ge 1}ix^i-\sum_{i\ge 1}x^i\\&=x(\sum_{i\ge 0}i^2x^i)+2(\sum_{i\ge 0}ix^i)-(\sum_{i\ge 0}x^i)+1\\&=x(\sum_{i\ge 0}i^2x^i)-\frac{x^2+3x}{(x-1)^2}\end{aligned}$$

所以有 $\sum_{i\ge 0}i^2x^i=\frac{x^2+3x}{(x-1)^3}$。

例3：求 $C_i=\sum_{j=0}^{i-1}C_jC_{i-j-1}$ $(C_0=C_1=1)$ 的通项公式

令 $F(x)=\sum_{i\ge 0}C_ix^i$。考虑 $\sum_{j=0}^{i-1}C_jC_{i-j-1}$ 很像卷积的形式（就是 $F(x)^2$ 的第 $i-1$ 项），可得 $F(x)=1+xF(x)^2$，解得 $F(x)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x}=\frac 2{1\mp\sqrt{1-4x}}$。考虑 $x=0$ 时 $F(x)=C_0$，取 $\frac 2{1+\sqrt{1-4x}}$ 时满足条件，而取 $\frac 2{1-\sqrt{1-4x}}$ 时分母为 $0$（对应 $F(0)=+\infty$）不满足条件；所以有 $F(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$。

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引入：广义二项式定理

将 $\binom ij$ 写成 $\frac{i^{\underline j}}{j!}$ 的形式，将 $i$ 的范围拓展到复数域；仍然有 $(x+1)^i=\sum_{j\ge 0}\binom ijx^j$。证明。

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对 $\sqrt{1-4x}$ 进行广义二项式展开得 $\sum_{i\ge 0}\frac{(\frac 12)^{\underline i}}{i!}(-4x)^i=1+\sum_{i\ge 1}\frac{(\frac 12)^{\underline i}}{i!}(-4x)^i$。考虑化简 $(\frac 12)^{\underline i}$ 得：

$$\begin{aligned}(\frac 12)^{\underline i}&=\frac 12\times\frac{-1\times-3\times\cdots\times-(2i-3)}{2^{i-1}}\\&=\frac{(-1)^{i-1}(2i-3)!!}{2^i}\\&=\frac{(-1)^{i-1}(2i-2)!}{2^i(2i-2)!!}\\&=\frac{(-1)^{i-1}(2i-2)!}{2^{2i-1}(i-1)!}\end{aligned}$$

上述的 $x!!$ 代表所有的不大于 $x$ 且奇偶性和 $x$ 相同的正整数之积。带回到 $\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$ 可得：

$$\begin{aligned}\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}&=\frac{1-(1+\sum_{i\ge 1}\frac{(\frac 12)^{\underline i}}{i!}(-4x)^i)}{2x}\\&=\frac{\sum_{i\ge 1}(-1)^{i-1}2^{2i}x^i\frac{(-1)^{i-1}(2i-2)!}{2^{2i-1}(i-1)!i!}}{2x}\\&=\sum_{i\ge 1}\frac{(2i-2)!}{(i-1)!i!}x^{i-1}\\&=\sum_{i\ge 0}\frac1{(i+1)!}\binom{2i}ix^i\end{aligned}$$

综上，$C_i=\frac1{(i+1)!}\binom{2i}i$。

指数生成函数

对某个序列 $f$，可以构造多项式 $F(x)=\sum_i \frac{f_i}{i!}x^i$，然后再这个多项式上面化简/运算。这个多项式称为 $f$ 的 指数生成函数。$f$ 取 $\langle 1,1,1,\cdots\rangle$ 时，$F(x)=\sum_{i\ge 0}\frac {x^i}{i!}=e^x$。指数生成函数的加减法和普通生成函数类似，考虑指数生成函数的乘法：

令 $F(x)=\sum_{i\ge 0}\frac{f_i}{i!}x^i,G(x)=\sum_{i\ge 0}\frac{g_i}{i!}x^i$，则有

$$\begin{aligned}F(x)G(x)&=\sum_{i\ge 0}(\sum_{j=0}^i\frac{f_jg_{i-j}}{j!(i-j)!})x^i\\&=\sum_{i\ge 0}\frac {x^i}{i!}(\sum_{j=0}^i\binom ijf_jg_{i-j})\end{aligned}$$

所以 $F(x)G(x)$ 是序列 $\langle\sum_{j=0}^i\binom ijf_jg_{i-j}\rangle$ 的生成函数。由此可得 $\prod_{i=1}^n F_i(x)$ 是序列 $\left\langle\sum\limits_{\sum\limits_{j=1}^n c_j=i,\min\limits_{j=1}^n c_j\ge 0}\binom i{c_1,c_2,\cdots,c_n}f_{i,c_i}\right\rangle$ 的指数生成函数。将某个 序列 划分为若干个有序集合，且第 $i$ 个集合大小为 $j$ 时能贡献 $f_{i,j}$ 个方案（或者是说元素有标号，每个集合内元素数量不变时有 $\binom{i}{c_1,c_2,\cdots,c_n}$ 种划分方案而不是一种），序列长度为 $k$ 时的方案数即为 $k![x^k]\prod_{i=1}^n\sum_j\frac{f_{i,j}}{j!}x^j$，即为所有 $f_i$ 的指数生成函数的卷积的第 $k$ 项乘以 $k!$。

特别地，如果 $\forall i,f_{i,j}=g_j$，且对应集合无序，则方案数的指数生成函数即为 $\frac{1}{n!}(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{g_i}{i!}x^i)^n$。此时如果可以划分为任意集合，则方案数的指数生成函数即为 $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{g_i}{i!}x^i)^n=\exp(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{g_i}{i!}x^i)$，这就是多项式 $\exp$ 的组合意义。而如果 $g_0\ne 0$，则某个划分方案会被统计无穷多次（其对应了无穷多种集合数量）而不再有组合意义，多项式 $\exp$ 也有在常数项非 $0$ 时不能在模意义下表示出。

封闭形式

在对指数生成函数进行简化时，同样可以将原来的形式变成非无穷项求和的形式。例如 $F(x)=\sum_{i\ge 0}\frac 1{i!}x^i$ 的封闭形式为 $e^x$，$F(x)=\sum_{i\ge 0}\frac {p^i}{i!}x^i$ 的封闭形式为 $e^{px}$（考虑将 $px$ 看成整体）。

狄利克雷生成函数（待补）