生成函数 学习笔记

定义：数列 $F$ 的 生成函数为 $F(x)=\sum _{i=0}F[i]x^i$，其中的 $x$ 并没有实际意义

几何级数定理

$$\sum _{i=0}{x}^i=\frac{1}{1-x}$$

证明考虑等比数列求和，由于 $x$ 并无实际意义，则无需考虑收敛性
推广可以得到

$$\sum _{i=0}{a}^i{x}^{ik}=\frac{1}{1-a{x}^k}$$

用这个技巧可以将一类的生成函数进行化简

广义二项式定理

首先定义广义二项式系数 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})=\frac{n^{\underset{―}{k}}}{k!}$，其中 $n$ 的范围为全体实数，则

$$(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})x^i{y}^{k-i}$$

一个衍生技巧，上指标反转(处理上指标为负整数)

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{k})=(-1{)}^k(\genfrac{}{}{0ex}{}{k-r-1}{k})$$

证明考虑 $r^{\underset{―}{k}}=r(r-1)\dots (r-k+1)=(-1{)}^k(-r)(-r+1)\dots (-r+k-1)=(k-r-1{)}^{\underset{―}{k}}$

通过这些内容可以得出以下的转换

$$\sum _{i=0}(-1{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})=(1-x{)}^n$$

$$\sum _{i=0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+i}{i})=\frac{1}{(1-x{)}^{n+1}}$$

例题

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关于处理 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})$ 形的组合数
考虑

$$x^{\underset{―}{k}}(x-\frac{1}{2}{)}^{\underset{―}{k}}=x(x-\frac{1}{2})(x-1)\dots (x-k+1)(x-k+\frac{1}{2})$$

$$=2^{-2k}[2x(2x-1)(2x-2)\dots (2x-2k+2)(2x-2k+1)]=\frac{2x^{\underset{―}{2k}}}{2^{2k}}$$

通过 $\frac{1}{2}$ 使得两个下降幂交错，再扩大回下降幂
令 $x=k=n$，则

$$\frac{2n^{\underset{―}{2n}}}{2^{2n}}=n^{\underset{―}{n}}(n-\frac{1}{n}{)}^{\underset{―}{n}}$$

两边同除以 $(n!{)}^2$ 得到

$$2^{-2n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-\frac{1}{2}}{n})$$

上标反转一下

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})=(-4{)}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{n})$$

接下来可以尝试用上面的结论得出 $\sum _{i=0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2i}{i})x^i$

$$f(x)=\sum _{i=0}(-4x{)}^i(\genfrac{}{}{0ex}{}{-\frac{1}{2}}{i})$$

逆用二项式定理，得到 $f(x)=(1-4x{)}^{-\frac{1}{2}}$

生成函数与组合计数

定义

组合对象：满足某一性质的可数对象，定义组合对象的集合为 $\mathcal{A}$
为了方便描述，下文不再区分 $\mathcal{A}$ 与 $A$
所有的 $a\in A$ 定义一个大小 $|a|$，记所有大小为 $n$ 的对象组成的元素叫 $A_n$，定义计数序列 $A[n]=|{\mathcal{A}}_n|$

笛卡尔积
定义 $\{(a_1,a_2,\dots ,a_n)|a_1\in A_1,a_2\in A_2,\dots ,a_n\in A_n\}$ 为 $A_1,A_2,\dots ,A_n$ 的笛卡尔积，记为 $A_1\times A_2\times \dots \times A_n$
就是从每个集合中选一个元素组成的新元素，满足 $|A\times B|=|A|\times |B|$
对于组合对象组合，定义 $|a+b|=|a|+|b|$

OGF

设数列 $F[n]$，则 OGF 为 $F(x)=\sum _{i=0}F[i]x^i$
两个 OGF 的卷积是加法卷积：$(F\ast G)[k]=\sum _{i+j=k}F[i]G[j]$
几何级数和二项式定理中就提到几个经典 OGF，以下还有

$$\sum _{i=0}\frac{x^i}{i}=\ln \frac{1}{1-x}=-\ln (1-x)$$

$$\sum _{i=0}\frac{x^i}{i!}=e^x$$

其中 $0^{-1}=0,0!=1$

对于 OGF，乘法代表笛卡儿积，加法代表不交几何的并

例题UVA12298
考虑对于每个花色建立数列 $F[i]$ 表示点数为 $i$ 的数量
然后将四个花色的生成函数进行卷积，提取一下系数就好了

EGF

设数列 $F[n]$ 的 EGF 为 $F(x)=\sum _{i=0}F[i]\frac{x^i}{i!}$
当 $F[n]=1,1,1\dots$ 时，EGF 为 $e^x$
两个 EGF 的卷积为二项加法卷积，即

$$(F\ast G)[k]=\sum _{i+j=k}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})F[i]G[j]$$

证明如下，先将 阶乘写出来

$$\frac{(F\ast G)[k]}{k!}=\sum _{i+j=k}\frac{F[i]}{i!}\frac{G[j]}{j!}$$

合并阶乘得到

$$=\sum _{i+j=k}\frac{k!}{i!j!}F[i]G[j]$$

系数 $\frac{k!}{i!j!}$ 即 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{i})$
下面是一些常见的 EGF

$$\sum _{i=0}\frac{x^i}{i!}=e^x$$

$$\sum _{i=0}\frac{c^i{x}^i}{i!}=e^{cx}$$

考虑上式 $c=1/-1$ 相加除以二

$$\sum _{i=0}\frac{[2|i]x^i}{i!}=\frac{e^x+e^{-x}}{2}$$

考虑组合数的定义(定义$x^{\underset{―}{0}}=1$)

$$\sum _{i=0}\frac{a^{\underset{―}{i}}{x}^i}{i!}=(1+x{)}^a$$

与 OGF 类似，EGF 的加法含义依旧是不相交方案的并，但是乘法为有标号对象的笛卡尔积
即将两个对象拼接的时候，保持两个对象相对顺序不变，一共有 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{|a|+|b|}{|a|})$ 种方案

例题P5219
考虑prufer序列，即序列中出现次数最多的点恰好为 $m$
将"恰好"的限制改为至少，之后差分一下
定义 $F[i]$ 表示单个元素出现次数为 $i$ 的方案数，易知 $F(i)=\sum _{i=1}^m\frac{x^i}{i!}$
那么卷积一下，答案为 $[x^{n-2}]F(x{)}^n$

此外，$\exp$ 有优美的组合意义
观察 $\exp F(x)=\sum _{i=0}\frac{F(x{)}^i}{i!}$
若吧 $F(x)$ 视为“单个元素”的 EGF，那么 $\exp F(x)$ 就描述了这些元素组成的有标号集合
原式的意义就是枚举集合元素个数，用卷积拼接，再除以阶乘去重

例题P4841
考虑一个一般图的组成元素是多个连通图
设一般图的生成函数为 $F(x)$，连通图的生成函数为 $G(x)$，则 $\exp G(x)=F(x)$
化简得到 $G(x)=\ln F(x)$，$F(x)$ 是简单的

PGF

这一类生成函数用于概率期望
定义 $P(A)$ 表示 $A$ 事件发生的概率
定义离散随机变量 $x\in \mathbb{N}$
它的生成函数为 $F(x)=\sum _{i=0}P(x=i)x^i$，则 $F(1)=1$
考虑$F^{\prime }(1)=\sum _{i=0}iP(X=i)1^i$，为 $E(x)$
推广有 $E(x^{\underset{―}{k}})=F^{(k)}(1)$

同时我们知道 $Var(X)=E(x{)}^2-E(x^2)$
那么 $Var(X)=E(x{)}^2-E(x(x-1))-E(x)=F^{\prime }(1{)}^2-F^{″}(1)-F^{\prime }(1)$

例题P4548
考虑定义 $F[n]$ 为第 $n$ 次恰好结束的概率，$G[n]$ 为第 $n$ 次还没结束的概率
答案即为 $F^{\prime }(1)$，推知 $F(x),G(x)$ 的关系
$F(x)+G(x)=xG(x)+1$
提取 $x^n$ 的系数，左侧为恰好在 $n$ 结束与 $n$ 后结束的概率和，右侧为 $G(x)$ 向后推一位，即 $n-1$ 还没结束的概率
定义字符集为 $c$，那么出现一个要求字符的概率为 $\frac{1}{c^m}$
那么保证结束的概率为 $G(x)\ast (\frac{x}{c}{)}^m$ 但这样可能会多算
考虑如何把 $F(x)$ 补成上式，一定是在 Border 处结束，令 $A[i]$ 表示是否有长度为 $i$ 的 Border，得到恒等式

$$G(x)\ast (\frac{x}{c}{)}^m=\sum _{i=1}^{m}A[i]F(x)(\frac{x}{c}{)}^{m-i}$$

对 $F(x)+G(x)=xG(x)+1$ 两边求导得 $F^{\prime }(x)+G^{\prime }(x)=x{G}^{\prime }(x)+G(x)$，令 $x=1$，得到 $F^{\prime }(1)=G(1)$,答案变为 $G(1)$

$$G(1)\ast \frac{1}{c^m}=\sum _{i=1}^{m}A[i]F(1)\frac{1}{c^{m-i}}$$

化简得到 $G(1)=\sum _{i=1}^{m}A[i]c^i$