[笔记]生成函数及其展开技巧

定义

定义形如 \(f(x) = \sum \limits_{i = 0}^{\infty} a_i x ^ i\) 的式子为生成函数，其中 \(x\) 是一个不定元，取值需要保证 \(f(x)\) 收敛。需要注意的是，\(x\) 在生成函数中并不以未知数的形式单独出现，其意义也脱离了代数上的未知数本身。

生成函数大致分为两种：\(\text{OGF}\) 和 \(\mathrm{EGF}\)。前者主要用于无标号问题的计数，后者主要应用于有标号问题的计数。

为了书写方便，在下文中，将 \(a_0 + a_1 x + a_2 x ^ 2 \cdots\) 简写成 \(\{a_0, a_1, a_2 \cdots\}\)。

约定

• 为了书写方便，在下文中，将 \(a_0 + a_1 x + a_2 x ^ 2 \cdots\) 简写成 \(\{a_0, a_1, a_2 \cdots\}\)。

• 将 \(f(x)\) 中 \(x ^ i\) 的系数记为 \([x ^ i]f(x)\)，简记为 \(f(x)[i]\)。

数学基础

• \(\mathrm{D}\) 算子（求导算子）

\(\mathrm{D} f(x) = \lim \limits_{\delta \rightarrow 0} \dfrac{f(x +\delta) - f(x)}{\delta}\)。

对于 \(f(x)[i]\)，对其施加以求导算子之后，\((\mathrm{D}f(x))[i] = (i + 1)f(x)[i + 1]\)。

• 上升幂和下降幂

定义 \(x ^ {\underline{m}}\) 为 \(x\) 的 \(m\) 次下降幂，\(x ^ {\underline{m}} = x(x - 1)(x - 2) \cdots (x - m + 1)\)。

定义 \(x ^ {\overline m}\) 为 \(x\) 的 \(m\) 次上升幂，\(x ^ {\overline m} = x(x + 1)(x + 2) \cdots (x + m - 1)\)。

下面是关于上升 / 下降幂的有用的性质：

• \(x ^ {\underline{m + n}} = x ^ {\underline{m}} (x - m) ^ {\underline{n}}\)

• \(x ^ {\overline{m + n}} = x ^ {\overline{m}} (x + m) ^ {\overline{n}}\)

• $x ^ {\underline{m}} = (-1)^ m (-x) ^ {\overline{m}} $

• $x ^ {\overline{m}} = (-1)^ m (-x) ^ {\underline{m}} $

• \(\Delta\) 算子（差分算子）

类似求导算子，我们定义差分算子 \(\Delta\)，\(\Delta f(x) = f(x +1) - f(x)\)。

它不具有求导算子那样优美的性质，但是其对于下降幂来说，与求导的运算法则相同。具体的，\(\Delta (x ^ {\underline{m}}) = m x ^ {\underline{m - 1}}\)。

可以发现，差分算子和求导算子十分相似，他们也有一些比较相似的性质，例如：\(\mathrm{D}(e ^ x) = e ^ x, \Delta(2 ^ x) = 2 ^ x\)。

后面的两个公式常用于上升幂和下降幂的转化。

生成函数的封闭形式

对于 \(\mathrm{OGF}\)，其常常有自己的封闭形式。下面举几个例子。

• Example 4.1： \(\{1, 1, 1,1 \cdots\}\) 的生成函数。

这是 OIer 最喜闻乐见的式子。不妨设 \(f(x) = \sum \limits_{0}^{\infty} x ^ i\)，则有 \(xf(x) = \sum \limits_{1}^{\infty} x ^ i\)。可以发现，这相当于对 \(f\) 施加了 平移算子 \(\mathbf{E}\)。将两个错项相减可以得到：

\[f(x) - x f(x) = 1 \]

\[f(x) = \dfrac{1}{1 - x} \]

我们称 \(\dfrac{1}{1 - x}\) 为 \(f(x)\) 的封闭形式。上面计算生成函数封闭形式的做法称为错位相减，是小学数学常用的一种方法。

利用上面的算法，可以求出下面几个生成函数的封闭形式：

• \(\{1, 1, 1, 1 \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - x}\)

• \(\{1, a, a^2, a^3 \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - ax}\)

• \(\{1, x^{k}, x^{2k}, x^{3k} \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - x ^ k}\)

• \(\{1, c^1x^k, c^2x^{2k} \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - cx^k}\)

• \(\{0, 1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3} \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} -\ln(1 - x)\)

• \(\{1, 1, \frac{1}{2!}, \frac{1}{3!} \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} e^x\)

• \(\{1, 1, 1 \cdots\} \stackrel{\text{OGF}}{\longrightarrow} \dfrac{1}{1 - x}\)

封闭形式的展开技巧

• 泰勒展开 / 麦克劳林展开

\[f(x) = \sum^{\infty} \dfrac{f(x)^{(i)}}{i!} \]

上面的式子称为麦克劳林展开。注意，上面的式子没有考虑到 \(f\) 的敛散性。

通过麦克劳林展开，我们可以得到几乎所有函数的展开式。

• 换元法

利用上面得到的重要结论

\[f(x) = \dfrac{1}{1 - x} = \sum x ^ i \]

将其中的 \(x\) 换成 \(qx\)，可以得到：

\[f(x) = \dfrac{1}{1 - qx} = \sum q^ i x ^ i \]

可以使用还原得到一些其他结论。

Example 5.1 求 \(f(x) = \dfrac{3}{1 - 4x}\) 的展开形式。

\[f(x) = 3 \dfrac{1}{1 - 4x} = 3 \sum 4^ix^i \]

Example 5.2 求 \(f(x) = \dfrac{1}{1 + x}\) 的展开式。

\[f(x) = \dfrac{1}{1 - (-x)} = \sum (-1) ^ i x ^ i \]

Example 5.3 求 \(f(x) = \dfrac{5}{3 - 4x}\) 的展开式。

\[f(x) = \dfrac{5 / 3}{1 - 4/3 x} = \dfrac{5}{3} \cdot \dfrac{1}{1 - \frac{4}{3}x} = \dfrac{5}{3} \sum \left (\frac{4}{3} \right ) ^ i x^i \]

可以发现，这个方法非常好用。它可以展开几乎一切分母为一次的分式。

• 裂项法

上面的换元法非常好用，但是只适用于 \(-1\) 次的式子。对于高次的式子，我们尝试将他变成 \(-1\) 次的进行解决。

Example 5.4 求 \(f(x) = \dfrac{1}{x ^ 2 - 4x +3}\) 的展开式。

考虑到分母可以表示成 \((1 - x)(3 - x)\) 的形式，我们尝试裂项。

不妨设 \(f(x) = \dfrac{1}{(1 - x)(3 - x)} = \dfrac{\mathcal{A}}{1 - x} +\dfrac{\mathcal{B}}{3 - x}\) 的形式。

可以发现，\(\dfrac{\mathcal{A}}{1 - x} +\dfrac{\mathcal{B}}{3 - x} = \dfrac{\mathcal{A}(3 - x) +\mathcal{B} (1- x)}{(1 - x)(3 - x)}\)

于是有 \(\mathcal{A}(3 - x) +\mathcal{B} (1- x) = 1\)。解这个方程，得到：

\[\mathcal{A} = 1 / 2, \mathcal{B} = -1/2 \]

对于分母更高次的情况，只要有实根，就可以裂项降次。

• 递推法

这个方法用于补裂项法的坑。

有的时候，分母是高次方程且没有实根，这非常不好，因为没法裂项。这时候可以使用这个方法。

Example 5.5 求 \(f(x) = \dfrac{1}{1 - 2x + 7x ^ 2}\) 的展开形式。

我们发现对于分母，\(\Delta = 4 - 28 < 0\)，因此没有实根，无法裂项。

考虑设 \(f(x) = \dfrac{1}{1 - 2x + 7x ^ 2} = a_0 + a_1x + a_2 x ^ 2 \cdots\)

则有

\[(1 - 2x + 7x^2)(a_0 + a_1 x + a_2 x ^ 2 \cdots) = 1 \]

做一下这个卷积，可以得到

\[\begin{matrix} & a_0 = 1 \\ & a_1 - 2a_0 = 0 \\ & a_2 - 2a_1 + 7a_0 = 0\\ & \cdots \end{matrix} \]

因此，\(a_0 = 1, a_1 = 2\)，对于 \(n > 1\)，\(a_n = 2a_{n - 1} - 7 a_{n - 2}\)。这样我们得到一个递推形式。

利用特征根方程即可求出该递推式的通项。

---

学了上面这么多展开技巧，我们来举几个实际例子。

Example 5.6 斐波那契数列通项

定义 \(f_0 = 0, f_1 = 1\)，\(\forall n \ge 2, f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2}\)。求 \(f\) 的通项。

不妨设 \(\mathcal{F}(x) = \sum f_i x_i = \{0, 1, 1, 2, 3, 5, 8 \cdots\}\)

我们对 \(F\) 施加一个平移算子，也就是乘上 \(x\)，得到

\[x \mathcal{F}(x) = \sum f_i x^{i +1} = \{0, 0, 1, 1, 2, 3, 5, 8, \cdots\} \]

再施加一次平移算子，得到

\[x ^ 2 \mathcal{F}(x) = \sum f_i x^{i +2} = \{0, 0, 0, 1, 1, 2, 3, 5, \cdots\} \]

可以发现，\((\mathcal{F}(x) - x\mathcal{F}(x) - x ^ 2 \mathcal{F}(x))[n] = 0\)（As for \(x \ge 2\)）。对于 \(x < 2\)，我们强行补上即可。所以得到：

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

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

这样我们得到了 \(\mathcal{F}(x)\) 的封闭形式。

接下来我们要对这个封闭形式进行展开。发现分母有实根，这非常好。我们求出它的两个实根，分别为

\[x_1 = \dfrac{-1 - \sqrt 5}{2}, x_2 = \dfrac{-1 + \sqrt 5}{2} \]

采用展开技巧中的裂项法对他进行裂项，得到

\[\mathcal{F}(x) = \dfrac{\mathcal{A}}{x_1 - x} + \dfrac{\mathcal{B}}{x_2 - x} \]

可以解得 \(\mathcal{A} = \dfrac{\sqrt5}{5}, \mathcal{B} = -\dfrac{\sqrt5}{5}\)。

将 \(\mathcal{A, B}\) 代入并进行一顿化简（化简过程使用换元法）后，可以得到斐波那契数列的通项公式：

\[f_n = \dfrac{\sqrt5}{5}\left[ \left ( \dfrac{1 + \sqrt 5}{2}\right ) ^ n - \left ( \dfrac{1 - \sqrt 5}{2}\right ) ^ n \right] \]

---

普通型生成函数的应用

Example 6.1 \(\texttt{ACW 3132}\)

一共八种物品，你要买这些物品。每个物品可以买无限件。

不妨将这八种物品设为 \(\mathcal{A, B, C, D, E, F, G, H}\)，每种物品的购买有限制：

• \(\mathcal{A}\)：只能购买偶数个。

• \(\mathcal{B}\)：只能购买 \(0\) 个或 \(1\) 个。

• \(\mathcal{C}\)：只能购买 \(0\) 个，\(1\) 个或 \(2\) 个。

• \(\mathcal{D}\)：只能购买奇数个。

• \(\mathcal{E}\)：只能购买 \(4\) 的倍数个。

• \(\mathcal{F}\)：只能购买 \(0, 1, 2\) 或 \(3\) 个。

• \(\mathcal{G}\)：只能购买 \(\le 1\) 个。

• \(\mathcal{H}\)：只能购买 \(3\) 的倍数个。

求购买 \(n\) 个物品的方案数。\(n \le 10 ^ {500}\)，答案对 \(10007\) 取模。

做法一：背包。设 \(f_i\) 表示选择了 \(i\) 个物品的方案数。转移即可。

做法二：流氓算法。使用背包打表，用 BM 弄出通项。

做法三：使用生成函数。

我们考虑每种物品的生成函数对应的是什么。对于 \(\mathcal{A}\) 物品，不妨将其生成函数设为 \(\mathcal{A(x)}\)，后面同理。

• \(\mathcal{A(x)} = 1 + x ^ 2 +x ^ 4 +\cdots = \dfrac{1}{1 - x ^ 2}\)

• \(\mathcal{B(x)} = 1 + x = \dfrac{1 - x ^ 2}{1 - x}\)

• \(\mathcal{C(x)} = 1 + x + x ^ 2 = \dfrac{1 - x ^ 3}{1 - x}\)

• \(\mathcal{D(x)} = x + x ^ 3 + x ^ 5 + \cdots = \dfrac{x}{1 - x ^ 2}\)

• \(\mathcal{E(x)} = 1 + x^4 + x^8 + \cdots = \dfrac{1}{1 - x ^ 4}\)

• \(\mathcal{F(x)} = 1 + x + x ^ 2 + x ^ 3 = \dfrac{1 - x ^ 4}{1 - x}\)

• \(\mathcal{G(x)} = 1 +x = \dfrac{1 - x ^ 2}{1 - x}\)

• \(\mathcal{H(x)} = 1 + x ^ 3 + x ^ 6 +\cdots = \dfrac{1}{1 - x^3}\)

把这些东西乘起来消消乐，剩下的答案就是：

\[\dfrac{x}{(1 - x) ^ 4} \]

这样我们得到了封闭形式。展开就可以得到答案。我们尝试对这个东西进行展开。利用广义二项式定理，我们可以得到：

\[\begin{array}{c} \dfrac{1}{(1 - x) ^ 4} &= \sum_{i = 0} \dfrac{(-4)^{\underline{i}}}{i!} (-x) ^ i\\\\ &= \sum_{i=0} \dfrac{(-4) ^ {\underline{i}}(-1)^i}{i!} x^i \\\\ &= \sum_{i=0} \dfrac{4^{\overline{i}}}{i!} x^i\\\\ &= \sum_{i=0} \dfrac{(3+i)^{\underline{i}}}{i!}x^i\\\\ &= \sum_{i = 0} \dbinom{3+i}{i} x^i \end{array} \]

乘上 \(x\) 相当于对其施以平移算子，答案即为

\[\dfrac{(n +2)(n + 1)n}{6} \]

Bonus：最后对于 \(\dfrac{1}{(1 - x) ^ 4}\) 的化简，其实有更简单的方法。

对于 \(\dfrac{1}{1 - x}\) 求三阶导，发现就等于 \(\dfrac{1}{(1 - x) ^ 4}\)。

Example 6.2 P2000 拯救世界

和上一题差不多，列出来十个生成函数，乘起来消消乐就可以了。

Example 6.3 Super Poker II

写出四种扑克的 \(\mathrm{OGF}\)，乘起来就可以了。由于没有绑账号所以没有写。

Some Important Tricks

• 对 \(\mathcal{F(x)}\) 乘以 \(\mathcal{A(x)} = 1 +x +x ^ 2 + x ^ 3 \cdots\)，可以求出 \(\mathcal{F(x)}\) 的前缀和。例子：差分与前缀和

---

指数型生成函数

指数型生成函数（\(\mathbf{EGF}\)），通常用于有标号方案计数，如图计数等。

对于数列 \(P\)，其 \(\mathbf{EGF}\) 定义为：

\[\sum_{i = 0} \dfrac{P_i}{i!} x^i \]

下面是一些常见数列的 \(\mathbf{EGF}\)。

• \(\{1, 1, 1, 1 \cdots\} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} e ^ x\)

• \(\{1, -1, 1, -1 \cdots\} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} e ^ {-x}\)

• \(\{1, c, c^2, c^3 \cdots\} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} e ^ {cx}\)

• \(\{1, 0, 1, 0 \cdots\} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} \dfrac{e^x + e ^ {-x}}{2}\)

• \(\{1, a, a ^ {2 \over}, a ^ {3 \over}, a ^ {4 \over} \cdots \} \stackrel{\text{EGF}}{\longrightarrow} (1 + x) ^ a\)

上述推导可以直接在 \(0\) 处泰勒展开。

指数型生成函数应用

• 图计数

Example 8.1

\(n\) 个点的无向连通图计数。

设 \(B = \sum 2 ^ {\binom{i}{2}} x ^ i\)，表示无向图的方案数。

设 \(A = \sum f_ix^i\)，表示无向连通图方案数。

则有 \(B = e ^ A\)，将 \(B\) 取 \(\ln\) 可以得到 \(A\)。