前言
基础部分：多项式的高级运算
多项式与形式幂级数
多项式
多项式的定义见小学课本。
多项式的相关内容见 多项式的高级运算
形式幂级数
去除多项式“只有有限项”的限制。
\[A(x)=\sum_{i\ge0}a_ix^i
\]
\(x\) 通常只是一个“形式”，不关心实际数值，“不用考虑与幂级数敛散性有关的问题”（不是很懂)，相当于用一个 \(x\) 的多项式挂起来一个数列。
组合计数问题
组合对象
满足某一性质（比如联通）的树、图、串等组成的集合。集合内每个元素都定义了“大小”，我们通常把“大小”作为下边，用 \(A_n\) 来表示大小为 \(n\) 的元素的数量。
普通生成函数（OGF）
序列 \(\{ a_0,a_1,a_2,...,a_i\}\) 的 OGF 为：
\[A(x)=\sum_{i \ge 0} a_ix^i
\]
也是比较常见的生成函数。常用于无标号的问题中。
常见数列的OGF(见《具体数学》）
\[\{1,1,1,...,1,...\} :\dfrac{1}{1-x}
\]
\[\{1,0,0,1,0,0,...\} : \dfrac{1}{1-x^3}
\]
\[\{1,2,3,...,n,...\} : \dfrac{1}{(1-x)^2}
\]
\[\{{k-1 \choose k-1},{k \choose k - 1},..., {n + k - 1 \choose k - 1},... \} : \dfrac{1}{(1-x)^k}
\]
\[\{ 1,3,6,10,15,...\} : \dfrac{1}{(1-x)^3}
\]
\[\{1,k,k^2,...,k^n,...\} :\dfrac{1}{1-kx}
\]
\[\{{k \choose 0},{k \choose 1},...,{k \choose n} \} : (x+1)^k
\]
指数生成函数（EGF）
序列 \(\{ a_i\}\) 的 EGF 为:
\[A(x)=\sum_{i \ge 0} \dfrac{a_i}{i!}x^i
\]
EGF 善于处理有标号计数问题，能够解决运算时的“分配标号”问题。
常见数列的EGF（见珍珠)：
\[\{1,1,1,...\}:e^x
\]
\[\{ 1, -1, 1, -1, ..., (-1)^n\}:e^{-x}
\]
\[\{ 1,0,1,0,...,[2 \mid n]\}:\dfrac{e^x + e^{-x}}{2}
\]
\[\{ 0,1,0,1,...,[2 \nmid n] \}:\dfrac{e^x - e^{-x}}{2}
\]
\[\{1,k,k^2,...,k^n\}:e^{kx}
\]
概率生成函数(PGF)
2018集训队论文 《浅谈生成函数在掷骰子问题上的应用》（杨懋龙）
多项式计数杂谈
概率生成函数学习笔记
一类比较特殊的生成函数，用于解决概率期望等问题。
概率生成函数是对一个随机变量定义的。\([x^n]F(x)\) 表示随机变量 \(X = n\) 的概率。
于是：
\[F(1) = 1\\
F'(1) = E(X)\\
F^{(k)}(1)=E(X^{\underline{k}})\\
DX = F''(1) + F'(1) - (F'(1))^2
\]
其中 \(DX\) 为方差，定义式为:\(\sum_i P(X=i)(i-\overline{X})\)
设 \(f_n\) 表示恰好 \(n\) 次后结束的概率，\(g_n\) 为 \(n\) 次没结束的概率，\(F,G\) 为其生成函数，那么我们求的就是 \(F'(1)\)。设\(c\) 为字符集大小，\(m\) 为串长。有关系式：
\[G(x) + F(x) = xG(x) + 1\\
G(x) \cdot \frac{x^m}{c^m} = \sum_i a_i F(x) (\frac{x}{c})^{m-i}
\]
第一个式子为 \(f,g\) 间的关系。第二个式子意义为添 \(m\) 个字符保证结束的两种表示。其中 \(a_i = [S[1...i]=S[m-i+1...m]]\)
那么有：
\[G'(x) + F'(x) = xG'(x) + G(x)\\
F'(1) = G(1)
\]
转而求 \(G(1)\)。搞第二个式子：
\[G(1) c^{-m}=\sum_i a_i F(1)c^{i-m}\\
G(1) = \sum_i a_ic^i
\]
直接算即可。
还有个类似的题目：硬币游戏
集合计数
有标号集合计数
因为有标号，我们应该使用EGF。但是，当我们打算算出由 \(k\) 个 \(A(x)\)“拼接”而成的那个生成函数，就不能简单地 \(A^k(x)\) 了，因为我们不希望选择有顺序，因此答案是 \(\dfrac{A^k(x)}{k!}\)。
有意思的是，如果我们想要算出由任意个 \(A(x)\)“拼接”而成的那个生成函数，它是：
\[\dfrac{A^0(x)}{0!} + \dfrac{A^1(x)}{1!} + \dfrac{A^2(x)}{2!} + ...
\]
\[\large =\sum_{i \ge 0}\dfrac{A^i(x)}{i!} = e^{A(x)}
\]
即对 \(A(x)\) 做exp。
注意，这里除 \(i!\) 并不与处理标号时用的 \(n!\) 冲突。
到底为什么要除 \(n!\) 呢？这和 有标号 有关系吗？实际上是没关系的，除 \(n!\) 主要还是因为生成函数的乘法乘出来的东西是有序的多元组。就比如果三个多项式相乘，乘出来的结果可以看作一个个三元组\((A,B,C)\)，表示从第一个多项式中揪出来一个元素 \(A\)，从第二个多项式中揪出来一个元素 \(B\)，从第三个多项式中揪出来一个元素 \(C\)，组成的三元组。其中\(A + B + C = n\) 的三元组数量记为 \(f_n\)，作为最终的三元组序列的第 \(n\) 个元素。即我们乘完以后的结果是一堆形如 \((A, B, C)\) 的三元组。
然而我们真的要这样的结果吗？我们其实只要包含 \(ABC\) 三个元素即可，并不关心它是 \((A,B,C)\) 还是 \((B,C,A)\)，即我们会在 \((A,B,C),(B,C,A)\) 等排列中都把方案算一遍（都是有编号的），而我们只需要一个，那么就除个 \(n!\) 即可。
至于 \(ABB\) 这样的三元素是否一定会被算 \(n!\) 遍，即有序变无序为什么能直接除 \(n!\)，我也感觉很疑惑，可能是我小学没学好吧。（不懂不懂不懂不懂）
背包计数
有若干种物品，每种物品有无限件，体积为 \(i\) 的物品有 \(a_i\) 种。问装满 \(j\) 体积的背包的方案数。
直接搞出每种物品的OGF为 \(\{1,0,0,...,1,0,0,...\} : \dfrac{1}{1-x^i}\)，然后直接卷积即为答案。
正确性：刚才不是还要除 \(i!\)，现在怎么不除了？因为我们这里可以把 \((A,B,C)\) 看作第一个物品为 \(A\)，第二个物品为 \(B\)，第三个物品为 \(C\)，这恰好符合我们的意图。即我们把集合问题转化成了序列问题。
现在我们继续化简式子：
\[\prod_{i=1}^n (\dfrac{1}{1-x^i})^{a_i}
\]
\[=exp(ln (\prod_{i=1}^n (\dfrac{1}{1-x^i})^{a_i} ))
\]
\[= exp(\sum_{i=1}^na_i * ln(\dfrac{1}{1-x^i}))
\]
\[=exp(\sum_{i=1}^n a_i \sum_{j \ge 1} 1/j * x^{ij})
\]
\[=exp(\sum_{j \ge 1} 1/j * \sum_{i=1}^na_ix^{ji})
\]
\[=exp(\sum_{j \ge 1} 1/j * A(x^j))
\]
对于 \(exp\) 里面的那个式子，对于每个 \(j\) 暴力算出所有小于等于 \(n\) 次的项的贡献即可。复杂度 \(O(nlnn)\)。最后再 \(exp\) 一下就好。总复杂度为 \(O(nlogn)\)。
其中第三行推到第四行需要一个式子：
\[\large ln\dfrac{1}{1-A} = \sum_{j \ge 1}1/j * A^j
\]
这个式子比较重要，建议背过。下面不加说明地（并且不规范地）给出两种证明：
证明一：
\[ln\dfrac{1}{1-A} = \int(ln \dfrac{1}{1-A})'
\]
\[=\int ((1-A) * (\dfrac{1}{1-A})')
\]
\[=\int ((1-A) * (\sum_{i}A^i)')
\]
\[=\int ((1-A) * \sum_{i \ge 1} iA^{i-1})
\]
\[=\int (\sum_{i \ge 1}iA^{i-1}-\sum_{i \ge 1}iA^i)
\]
\[=\int (1 + \sum_{i \ge 2}iA^{i-1} - \sum_{i \ge 2} (i-1)A^{i-1})
\]
\[=\int(1 + \sum_{i \ge 2}A^{i-1})
\]
\[=\int(1 + \sum_{i \ge 1}A^{i})
\]
\[=\int(\sum_{i}A^i)
\]
\[=\sum_{i \ge 1}1 / i * A^i
\]
证明二：
\[ln\dfrac{1}{1-A} = \int(ln \dfrac{1}{1-A})'
\]
\[=\int((1-A)(\dfrac{1}{1-A})')
\]
\[=\int((1-A)(-(1-A)^{-2})(-1))
\]
\[=\int(\dfrac{1}{1-A})
\]
\[=\sum_{i \ge 1}1 / i * A^i
\]
练习：01背包计数：
\[\prod_{i}(1+x^i)^{a_i}
\]
\[=exp(\sum_{i}a_iln(1+x^i))
\]
\[=exp(\sum_{i}a_i * (-\sum_{j \ge 1}1 / j * (-x^i)^j)
\]
\[=exp(-\sum_{j \ge 1}1/j * (-1)^j \sum_{i}a_ix^{ji})
\]
\[=exp(-\sum_{j \ge 1} 1/ j * (-1)^jA(x^j))
\]
例题：P4389 付公主的背包
环的计数
有标号环计数
与有标号集合计数类似，\(n\) 个环拼接的结果是 \(n\) 元组而不是环，最后要除 \(n\)，因为同一种方案我们算了 \(n\) 次。
由 \(n\) 种大小不同的元素各取任意多个组成环的EGF是：
\[\sum_{i}A^i(x)/i=ln(\dfrac{1}{1-A(x)})=-ln(1-A(x))
\]
例题：基环树计数
\(n\) 个点的基环树有多少？点有编号，无重边自环。
首先要知道一个常识：由 \(n\) 个点（有编号）组成的有根树数量为 \(n^{n-1}\) 个， 无根树为 \(n^{n-2}\) 个。
有根树EGF为：
\[T(x)=\sum_{i \ge 1}\dfrac{i^{i-1}}{i!}x^i
\]
基环树可以看作由大于等于 3 棵有根树组成的环，并且可以翻转。因此答案为：
\[1/2 * \sum_{i \ge 3}T^i(x)/i
\]
\[=1/2 * (-ln(1-T(x)) - T(x) - T^2(x)/2)
\]
\[=-ln(1-T(x))/2 - T(x)/2 - T^2(x)/4)
\]
项链计数
现有 \(n\) 种重量不同的珠子，第 \(i\) 种珠子的重量为 \(i\)，有 \(a_i\) 种颜色。问串成的总重为 \(k\) 的项链的方案数。项链可旋转，不可翻转。
现在我们也不知道多算了几倍，不好直接除一个数作为答案。
项链？旋转？Polya定理！
众所周知，\(n\) 个珠子，\(c\) 种颜色的本质不同项链数为：
\[1/n\sum_{i=0}^{n-1}c^{(n,i)}
\]
不过现在 \(c\) 由重量决定，与 \(x^i\) 前的系数有关。那么 \(n\) 个珠子组成的项链的OGF为：
\[1/n * \sum_{i=0}^{n-1}(A(x^{\frac{n}{g}}))^{g},g=(n,i)
\]
其中 \(n/g\) 是“环”的大小，\(A(x^{n/g})\) 表示将 \(A(x)\) 的所有元素重量翻了 \(n/g\) 倍的 OGF（毕竟我们要求一个“环”的颜色都相同，可以看作一个重量为原来的 \(n/g\) 倍的元素）
注意，这是个 OGF，第 \(i\) 项系数表示总重为 \(i\) 的 \(n\) 个珠子的方案数。（这里不懂，为什么 \(g\) 次方以后不用除阶乘，这不是集合吗？好像真不是...Polya定理里面的这些“环”可以看作“序列”，应该是有顺序的）
好，我们继续推式子：
\[1/n * \sum_{i=0}^{n-1}(A(x^{\frac{n}{g}}))^{g}
\]
\[=1/n * \sum_{d \mid n}A(x^{n/d})^d \sum_{i=0}^{n-1}[(i,n)=d]
\]
\[=1/n * \sum_{d \mid n} A(x^{n/d})^d \varphi(n/d)
\]
\[=1/n * \sum_{d \mid n} A(x^d)^{n/d} \varphi(d)
\]
这是 \(n\) 个珠子的 OGF。但是我们不限制珠子数，那么我们把所有的 \(n\) 的 OGF 加起来就好了。
\[F(x)=\sum_{n \ge 1}1/n * \sum_{d \mid n} A(x^d)^{n/d} \varphi(d)
\]
\[=\sum_{d \ge 1} \varphi(d) \sum_{n \ge 1} \frac{1}{nd} * A(x^d)^n
\]
\[=\sum_{d \ge 1} \frac{\varphi(d)}{d} \sum_{n \ge 1}1/n * A(x^d)^n
\]
\[=\sum_{d \ge 1} \frac{\varphi(d)}{d} * (-ln(1-A(x^d)))
\]
同样，\(A(x^d)\) 的有用的项并不多，因此算出 \(ln(1-A(x))\) 后依次代入 \(x^d\)，暴力求和即可。
复杂度：\(O(nlogn)\)
参考文献
