生成函数初步

我们定义序列 \(a\) 的普通型生成函数 \((\rm OGF)\) 为形式幂级数：

\[F(x) = \sum\limits_{n \ge 0} a_n x ^ n \]

之所以要构造这样一个形式幂级数，是因为当 \(|x| < 1\) 的时候往往可以收敛成一个封闭形式便于运算。

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下面是几个常见的 \(\rm OGF\) 极其封闭形式：

1. \(F_1(x) = \sum\limits_{n \ge 0} x ^ n = 1 + x + x ^ 2 + x ^ 3 + \cdots = \dfrac{1}{1 - x}\)

可以发现这是一个公比为 \(x\) 的等比数列，对于 \(G(x) = \sum\limits_{i = 0} ^ n x_i = 1 + x + x ^ 2 + \cdots + x ^ n\)。

根据等比数列求和公式有 \(G(x) = \dfrac{1 - x ^ {n + 1}}{1 - x}\)，因此可知 \(F_1(x) = \dfrac{1 - x ^ \infty}{1 - x}\)。

根据上面所提到的，\(|x| < 1\) 时 \(x ^ \infty\) 收敛于 \(0\)，故 \(F_1(x) = \dfrac{1}{1 - x}\)

于是对于一般的公比为 \(ax\) 的等比数列构成的 \(\rm OGF\)，有：

\(F_2(x) = \sum\limits_{n \ge 0} a ^ n x ^ n = \dfrac{1}{1 - ax}\)

于是得到第二种常用的 \(\rm OGF\)：

2. \(F_2(x) = \sum\limits_{n \ge 0} ba ^ n x ^ n = b + bax + ba ^ 2x ^ 2 + \cdots = \dfrac{b}{1 - ax}\)

3. \(F_3(x) = \sum\limits_{n \ge 0} n x ^ n = 1 + 2x + 3x + \cdots = \dfrac{1}{(1 - x) ^ 2}\)

从形式上看可以发现 \(F_3(x) = F_1 ^ 2(x)\)，事实上有：

\[F_3(x) = \sum\limits_{n \ge 0} \sum\limits_{i = 0} ^ n x ^ i \times x ^ {n - i} = \sum\limits_{n \ge 0} n x ^ n \]

4. \(F_{4_m}(x) = \sum\limits_{n \ge 0} \binom{m}{n} x ^ n = (x + 1) ^ m\)

运用二项式定理不难证明。

5. \(F_{5_m}(x) = \sum\limits_{n \ge 0} \binom{m + n}{n} x ^ n = \dfrac{1}{(1 - x) ^ {m + 1}}\)

注意到

\[\sum\limits_{i = m - 1} ^ {n + m - 1} \binom{m - 1 + (i - m + 1)}{i - m + 1} = \binom{n + m}{n} \]

即 \(F_{5_m}(x)\) 第 \(x ^ n\) 的系数为 \(F_{5_{m - 1}}\) 第 \(x_0 \sim x ^ n\) 系数之和，由 \(F_3(x)\) 的经验不难发现：

\[F_{5_m}(x) = F_{5_{m - 1}}(x) \times F_1(x) \]

特别的，\(m = 0\) 时 \(F_{5_0}(x) = F_1(x)\)，带入不难得证。

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为了下面内容的推进，我们引入牛顿二项式定理：

实质上 \(\dbinom{n}{m} = \dfrac{n ^ {\underline m}}{m!}\) 可以看作是一种数值上的运算，那么我们不妨扩充组合数的定义域至复数域，有：

\[\dbinom{n}{m} = \dfrac{n ^ {\underline m}}{m!}(n \in \mathbf{C}, m \in \mathbf{N}) \]

\[(1 + x) ^ n = \sum\limits_{m \ge 0} \dbinom{n}{m}x ^ m(n \in \mathbf{C}) \]

同时，借助其我们也能证明第五种常见 \(\rm OGF\)：

\[\begin{aligned} F_{5_m}(x) &= (1 - x) ^ {-(m + 1)} \\ &= \sum\limits_{n \ge 0} \binom{-(m + 1)}{n} (-x) ^ n \\ &= \sum\limits_{n \ge 0} (-1) ^ n \frac{-(m + 1) \times -(m + 2) \cdots \times -(m + n)}{n!} x ^ n \\ &= \sum\limits_{n \ge 0}\frac{(m + n)!}{n!m!} x ^ n \\ &= \sum\limits_{n \ge 0} \dbinom{m + n}{n} x ^ n \end{aligned} \]

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下面简单介绍一些生成函数的基本应用。

求解递推数列通项公式

1. 有限项数递推式

以斐波那契数列为例，令 \(a_0 = 0, a_1 = 1, a_n = a_{n - 1} + a_{n - 2}(n \ge 2)\)。

令其 \(\rm OGF\) 为 \(F(x) = \sum\limits_{n \ge 0} a_n x ^ n\)

根据斐波那契数列递推公式，可知：

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

解关于 \(F(x)\) 的方程组可得：

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

那么只需要求出 \(\dfrac{x}{1 - x - x ^ 2}\) 展开式在 \(x ^ n\) 处的系数即可。

介于我们只知道 \(\dfrac{b}{1 - ax}\) 的展开式，因此可以考虑将 \(F(x)\) 拆成两个形如 \(\dfrac{b}{1 - ax}\) 的和。

不妨设

\[\frac{x}{1 - x - x ^ 2} = \frac{B_1}{1 - A_1x} + \frac{B_2}{1 - A_2x} \]

待定系数解得：

\[\begin{cases} B_1 = \frac{1}{\sqrt{5}} \\ B_2 = -\frac{1}{\sqrt{5}} \\ A_1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{2} \\ A_2 = \frac{1 - \sqrt{5}}{2} \end{cases} \]

利用常见 \(\rm OGF \ 2\) 即可计算出通项公式：

\[a_n = \dfrac{1}{\sqrt{5}}((\dfrac{1 + \sqrt{5}}{2}) ^ n - (\dfrac{1 - \sqrt{5}}{2}) ^ n) \]

一般地，对于封闭形式为分数形式且分子分母均为两个多项式的情况，可用类似的方式求解通向公式。

2. 另一类递推式

以卡特兰数为例。

令 \(a_0 = a_1 = 1, a_n = \sum\limits_{i = 0} ^ {n - 1} a_i \times a_{n - i - 1}(n \ge 2)\)

令其 \(\rm OGF\) 为 \(F(x) = \sum\limits_{n \ge 0} a ^ n x ^ n\)。

不难发现其递推式是一个卷积的形式，于是有：

\[xF ^ 2(x) + 1 = F(x) \]

解之得：

\[F(x) = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4x}}{2x} \]

要保留哪个根呢？

求解上式在 \(x \to 0\) 时的极限可以发现，当 \(F(x) = \dfrac{1 + \sqrt{1 - 4x}}{2x}\) 时不收敛。

原因是：

\[F(x) = \dfrac{1 + \sqrt{1 - 4x}}{2x} = \frac{2}{1 - \sqrt{1 - 4x}} \]

则有：

\[\lim\limits_{x \to 0 ^ {+}} \frac{2}{1 - \sqrt{1 - 4x}} = \infty \]

\[\lim\limits_{x \to 0 ^ {-}} \frac{2}{1 - \sqrt{1 - 4x}} = -\infty \]

故此时 \(x \to 0\) 时极限不存在。

因此可以得到：

\[F(x) = \dfrac{1 - \sqrt{1 - 4x}}{2x} \]

将分子部分单独拿出来考虑，令 \(G(x) = 1 - \sqrt{1 - 4x} = 1 - (1 - 4x) ^ {\frac{1}{2}}\)，使用牛顿二项式定理展开：

\[\begin{aligned} G(x) &= 1 - \sum\limits_{n \ge 0} \dbinom{\frac{1}{2}}{n} (-4x) ^ n \\ &= 1 - \sum\limits_{n \ge 0} \frac{\frac{1}{2} ^ {\underline n}}{n!} (-4x) ^ n \\ &= 1 - \sum\limits_{n \ge 0} \frac{\frac{1}{2} \times (-\frac{1}{2}) \times (-\frac{3}{2}) \times \cdots \times (-\frac{2n - 3}{2})}{n!} (-4x) ^ n \\ \end{aligned} \]

特别要注意的是 \(\dbinom{\frac{1}{2}}{0} = \frac{\frac{1}{2} ^ 0}{0!} = 1\) 但是用上面哪个式子是不正确的，因此需要特别考虑：

\[\begin{aligned} G(x) &= \sum\limits_{n \ge 1} (-1) ^ {2n - 1} \frac{(2n - 3)!!}{n!2 ^ n} (4x) ^ n \\ &= \sum\limits_{n \ge 1} \frac{(2n - 2)!}{n!(2n - 2)!!2 ^ n} (4x) ^ n \\ &= \sum\limits_{n \ge 1} \frac{2(2n - 2)!}{n!(n - 1)!} x ^ n \\ &= \sum\limits_{n \ge 1} \frac{\dbinom{2n - 1}{n}}{2n - 1} 2x ^ n \end{aligned} \]

带回原式有：

\[\begin{aligned} F(x) &= \frac{\sum\limits_{n \ge 1} \frac{\dbinom{2n - 1}{n}}{2n - 1} 2x ^ n}{2x} \\ &= \sum\limits_{n \ge 0} \frac{\dbinom{2n + 1}{n + 1}}{2n + 1} x ^ n \\ &= \sum\limits_{n \ge 0} \frac{\dbinom{2n}{n}}{n + 1} x ^ n \end{aligned} \]

因此可知 \(a_n = \dfrac{\dbinom{2n}{n}}{n + 1}\)

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下面是几道基本例题。

A(参见 \(\rm OI-Wiki\))

求解一类计数问题。

不妨写出 \(1 \sim 8\) 的 \(\rm OGF\)：

\(F_1(x) = 1 + x ^ 2 + x ^ 4 + \cdots = \sum\limits_{n \ge 0} x ^ {2n} = \dfrac{1}{1 - x ^ 2}\)

\(F_2(x) = 1 + x = \dfrac{1 - x ^ 2}{1 - x}\)

\(F_3(x) = 1 + x + x ^ 2 = \dfrac{1 - x ^ 3}{1 - x}\)

\(F_4(x) = x + x ^ 3 + \cdots = \sum\limits_{n \ge 0} x ^ {2n + 1} = \dfrac{x}{1 - x ^ 2}\)

\(F_5(x) = 1 + x ^ 4 + x ^ 8 + \cdots = \sum\limits_{n \ge 0} x ^ {4n} = \dfrac{1}{1 - x ^ 4}\)

\(F_6(x) = 1 + x + x ^ 2 + x ^ 3 = \dfrac{1 - x ^ 4}{1 - x}\)

\(F_7(x) = F_2(x)\)

\(F_8(x) = 1 + x ^ 3 + x ^ 6 + \cdots = \sum\limits_{n \ge 0} x ^ {3n} = \dfrac{1}{1 - x ^ 3}\)

将这八个 \(\rm OGF\) 相乘即可得到总的 \(\rm OGF\)：

\[F(x) = \frac{x}{(1 - x) ^ 4} \]

根据常用 \(\rm OGF \ 5\) 可知：

\[F(x) = \sum\limits_{n \ge 1} \dbinom{n + 2}{n - 1} x ^ n \]

B

可知第 \(i\) 种糖果的 \(\rm OGF\) 为 \(F_i(x) = 1 + x + \cdots x ^ {m_i} = \dfrac{1 - x ^ {m_i + 1}}{1 - x}\)

将 \(n\) 种糖果的 \(\rm OGF\) 相乘可得总的 \(\rm OGF\)：

\[F(x) = \frac{\prod\limits_{i = 1} ^ n{1 - x ^ {m_i + 1}}}{(1 - x) ^ n} \]

介于要统计某个区间内的系数，首先差分转化为统计一个前缀的系数和。

由之前的经验不难发现只需要让 \(F(x)\) 卷上 \(F_1(x)\) 即可只统计单点的系数了。

于是只需要考虑：

\[F(x) = \frac{\prod\limits_{i = 1} ^ n1 - x ^ {m_i + 1}}{(1 - x) ^ {n + 1}} \]

在 \(x ^ L\) 处的系数即可。

将分子分母单独考虑：

\[F(x) = (\prod\limits_{i = 1} ^ n 1 - x ^ {m_i + 1}) \times \sum\limits_{m \ge 0} \dbinom{n + m}{m} x ^ m \]

注意到 \(n\) 很小，只需暴力展开前面的多项式再乘上对应贡献即可。可以使用 \(dfs\) 来实现暴力展开。

需要注意的是，模数为 \(2004\) 不为质数，可能不存在逆元，因此计算组合数 \(\dbinom{n}{m}\) 的时候先将分子对 \(m!P\) 取模，最后除以 \(m!\) 即可。（易证得此方法正确）

C

不难发现对于峰顶左右两边是互不影响的两个子问题，于是可以考虑枚举峰顶大小和峰顶位置，分别计算左右两边的方案。

但如果出现多个位置均为峰顶的情况，这样会记重，于是只能枚举峰顶的两端。

其次来考虑一下左右两边的子问题：在 \([1, m]\) 中选择 \(n\) 个数形成不降序列的方案数。

直接计数是不好计算的，可以考虑统计差值的方案数，即 \(x_1 + x_2 + \cdots x_n = L(x_i \ge 0)\) 的方案数。

因为 \(x_1, x_n\) 强制大于 \(0\) 于是先将这部分减去即可：

\[\dbinom{n + m - 3}{m - 2} \]

那么最终的答案就为：

\[\sum\limits_{i = 1} ^ m \sum\limits_{j = 1} ^ n \sum\limits_{k = j} ^ n \dbinom{j + i - 3}{i - 2} \times \dbinom{n - k + i - 2}{i - 2} \]

需要注意的是 \(0 - 2 = -1 < 0\) 但 \(i = 1\) 的情况显然只有全 \(1\) 一种，特殊考虑即可，下面只考虑 \(i > 2\) 的情况。

\[\sum\limits_{i = 2} ^ m \sum\limits_{j = 1} ^ n \sum\limits_{k = j} ^ n \dbinom{j + i - 3}{i - 2} \times \dbinom{n - k + i - 2}{i - 2} \]

首先平移值域将常数项去掉：

\[\sum\limits_{i = 0} ^ {m - 2} \sum\limits_{j = 0} ^ {n - 1} \sum\limits_{k = j + 1} ^ n \dbinom{j + i}{i} \times \dbinom{n - k + i}{i} \]

\[\begin{aligned} &= \sum\limits_{i = 0} ^ {m - 2} \sum\limits_{j = 0} ^ {n - 1} \dbinom{j + i}{i} \sum\limits_{k = j + 1} ^ n \times \dbinom{n - k + i}{i} \\ &= \sum\limits_{i = 0} ^ {m - 2} \sum\limits_{j = 0} ^ {n - 1} \dbinom{j + i}{i} \times \dbinom{n - j + i}{i + 1} \\ &= \sum\limits_{i = 0} ^ {m - 2} \sum\limits_{j = 0} ^ {n - 1} \dbinom{i + j}{j} \times \dbinom{(i + 1) + (n - j - 1)}{n - j - 1} \\ \end{aligned} \]

不难发现，后面两个组合数分别为 \(F_{5_i}(x)\) 在 \(x ^ j\) 处的系数和 \(F_{5_{i + 1}}(x)\) 在 \(x ^ {n - j - 1}\) 处的系数。

并且，整个后面可以明显发现为一个卷积的形式，因此可知后面一整块式子相当于为 \(\rm OGF\)：

\[F(x) = F_{5_i}(x) \times F_{5_{i + 1}}(x) = \frac{1}{(1 - x) ^ {2i + 3}} \]

在 \(x ^ {n - 1}\) 的系数，即为：\(\dbinom{2i + n + 1}{n - 1}\)

因此最终的答案为：

\[1 + \sum\limits_{i = 0} ^ {m - 2} \dbinom{2i + n + 1}{n - 1} \]