浅谈生成函数与组合计数，多项式全家桶（未完）

引言

​ 组合计数问题是信息学竞赛中常见的一类问题，而生成函数往往是解决这类问题的重要工具。

​ 上面这句话出自2015年金策的论文，这篇论文写的非常系统，推荐阅读。

​ 本文则是偏向于推导和总结，分成组合数学部分和多项式全家桶 一点都不全 部分，分别讲解生成函数在解决组合计数问题的方法及技巧。

组合数学

概念

生成函数

​ 生成函数就是一列用来展示一串数字的挂衣架。（赫伯特·维尔夫）

​ 在数学中，某个序列 \({\displaystyle (a_{n})_{n\in \mathbb {N} }}\) 的母函数（又称生成函数，英语：Generating function）是一种形式幂级数，其每一项系数可以提供关于这个序列的信息。使用母函数解决问题的方法称为母函数方法。（维基百科）

​ 看完上面的解释，相信初次接触生成函数的读者也对它有了一定的了解 （扯吧 。生成函数按实现功能可以分成两类：普通型生成函数、指数型生成函数。

普通型生成函数(OGF)

​ 对于一个给定的数列 \(\{a_n\}\) ，定义它的普通型生成函数 \(G(x)\) 为

\[G(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_nx^n \]

​ 如果这个数列是不是无穷数列，那么比最后一项高的项都为 \(0\) 。

指数型生成函数(EGF)

​ 对于一个给定的数列 \(\{a_n\}\) ，定义它的指数型生成函数 \(G(x)\) 为

\[G(x)=\sum_{n=0}^{+\infty}{a_n\over n!}x^n \]

​ 如果这个数列是不是无穷数列，那么比最后一项高的项都为 \(0\) 。

​

​ 生成函数说白了就是把一个数列摆在一个形式幂级数上，而形式幂级数就是上面那个写成函数样子的 \(G(x)\) ，注意，它真的就只是一个形式，那个变量 \(x\) 不可能真的带一个数进去算。如果拿挂衣架做比喻的话，那 \(x\) 的不同幂次就相当于挂衣架上的一个一个钩子，数列 \(\{a_n\}\) 就是一件一件的衣服。钩子把一件一件衣服挂在挂衣架上，就是生成函数。

​ 我们不妨用几道烂大街的数学题来看一下生成函数这个东西的作用。

例题

• （例题 1-1-1）有 \(1g\) 砝码 \(2\) 枚，\(2g\) 砝码 \(3\) 枚，\(3g\) 砝码一枚，相同质量砝码之间没有区别，问称出每种质量的方案数。

​ 考虑生成函数，设 \(x\) 的指数为砝码的质量和，\(F(x)\) 为每种质量和的方案数的普通型生成函数，则

\[\begin{align*} F(x)&=(1 + x + x^2)(1 + x^2 + x^4 + x^6)(1+x^3)\\ &= 1 + x + 2 x^2 + 2 x^3 + 3 x^4 + 3 x^5 + 3 x^6 + 3 x^7 + 2 x^8 + 2 x^9 + x^{10} + x^{11} \end{align*} \]

​ 其中每一个括号里的内容代表取每一种质量的砝码的情况，以第一个括号为例，\(1\)（即 \(x^0\) ）代表不取 \(1g\)
砝码，\(x\) 代表取 \(1\) 个 \(1g\) 砝码，\(x^2\) 代表取 \(2\) 个 \(1g\) 砝码。可以看出，生成函数的加法运算代表着“或”，而乘法运算则代表着“与”。

• （例题 1-1-2）你有数字 \(1\) 两个，数字 \(2\) 三个， 数字 \(3\) 一个，问选出一个、两个、三个……数字的方案数。

​ 考虑生成函数，设 \(x\) 的指数为选出数字的个数，\(F(x)\) 为的不同个数的方案数的普通型生成函数，则

\[\begin{align*} F(x)&=(1+x+x^2)(1+x+x^2+x^3)(1+x)\\ &= 1 + 3x + 5x^2 + 6 x^3 + 5x^4 + 3x^5 + x^6 \end{align*} \]

​ 本题的题面和上道题有点像，但是要求的东西不同，上道题要求的是每种质量和的方案数（即数字总和），而这道题是数字个数，定义状态不同，故生成函数不同。

• （例题 1-1-3）你有数字 \(1\) 两个，数字 \(2\) 三个， 数字 \(3\) 一个，问组成一位数、两位数、三位数……的方案数。

​ 与上题的区别在于，位置有了标号，如 \(123\) 和 \(132\) 为不同的情况。考虑生成函数，设 \(x\) 的指数为数字的位数，\(F(x)\) 为的不同位数的方案数的指数型生成函数，则

\[\begin{align*} F(x)&=({1\over 0!}+{1\over 1!}x+{1\over 2!}x^2)({1\over 0!}+{1\over 1!}x+{1\over 2!}x^2+{1\over 3!}x^3)({1\over 0!}+{1\over 1!}x)\\ &={1 \over 0!} + {3 \over 1!} x + {8 \over 2!} x^2 + {19 \over 3!} x^3 + {38 \over 4!} x^4 + {60 \over 5!} x^5 + {60 \over 6!} x^6 \end{align*} \]

​ 指数型生成函数可能刚开始有点难以理解，初学者可能会发出这样的疑问：这个东西不就是 \(x^n\) 下面加了一个 \(n!\) 吗？是的，形式上就是这样的，在编程中，运算时也要把它转成普通型运算，再转成指数型展示。但是，与上面的问题对比一下，就不难发现一个规律：

​ 普通型生成函数解决的是组合问题（无标号），指数型生成函数解决的是排列问题（有标号）。

​ 这里面也没什么大道理，让我们观察其中一项的计算过程，以 \(x^3\) 为例，我们看一下那个 \(19\) 是怎么来的。

\[\begin{align*} {19\over 3!}&={1\over 2!\cdot 1!\cdot 0!}+{1\over 2!\cdot 0!\cdot 1!}+{1\over 1!\cdot 2!\cdot 0!}+{1\over 1!\cdot 1!\cdot 1!}+{1\over 0!\cdot 3!\cdot 0!}+{1\over 0!\cdot 2!\cdot 1!}\\ 19&={3!\over 2!\cdot 1!\cdot 0!}+{3!\over 2!\cdot 0!\cdot 1!}+{3!\over 1!\cdot 2!\cdot 0!}+{3!\over 1!\cdot 1!\cdot 1!}+{3!\over 0!\cdot 3!\cdot 0!}+{3!\over 0!\cdot 2!\cdot 1!}\\ 19&={3\choose 2\quad 1\quad 0}+{3\choose 2\quad 0\quad 1}+{3\choose 1\quad 2\quad 0}+{3\choose 1\quad 1\quad 1}+{3\choose 0\quad 3\quad 0}+{3\choose 0\quad 2\quad 1} \end{align*} \]

​ 式子变一变，就变成了一个多重元素全排列的形式，例题 1-1-2 是对一样的数列构造一个普通型生成函数，\([x^3]=6\) ，（\([x^n]\) 表示取多项式中次数为 \(n\) 的项的系数）而 \(\displaystyle {19\over 3!}\) 展开也有 \(6\) 项，只是每一项多乘了排列数罢了。

​ 更一般的说，设原题三个括号中的生成函数分别为 \(A(x),B(x),C(x)\)，有

\[F(x)={\displaystyle\large\sum_{n=0}^{+\infty}}\sum_{i=0}^{+\infty}\sum_{j=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^{+\infty}[n=i+j+k]{n\choose i\quad j \quad k}a_ib_jc_kx^n \]

​ 对于有标号的组合对象，我们在转移时还要考虑不同的标号排列，于是我们在分母上添了阶乘，这样就可以帮助我们转移了。接下来，我们来了解一下“组合对象”这一名词。

组合对象

​ 组合计数问题一般定义了一类组合对象 \(A\) ,它可能是满足某一类性质的树、图、串等对象的集合；其中每个对象 \(a \in A\) 都被赋予了一个大小 \({\rm size}(a) \in\mathbb N\)，它可能代表节点数，序列长度等。对于某个固定的 \(n\)，满足 \({\rm size}(a)=n\) 的对象是有限的，记作 \(A_n\) 。我们的任务通常为求出 \(A_n\) 的数值。

​ 根据不同问题的要求，组合对象可以分为有标号和无标号两类。

（论文）

​ 通过以 \(A_n\) 构造生成函数，我们得以将 \({\rm size}(a)\) 与 \(x\) 的指数对应，将 \(A_{{\rm size}(a)}\) 与 \(x\) 的系数对应，从而求出我们想要的结果。

​ 在例题 1-1-1 中，不同砝码组合构成的集合就是我们要研究的组合对象，每一种砝码组合就是一个对象，对象 \(a\) 的 \(\rm size\) 定义为这个砝码组合的质量和，\(A_n\) 表示的称出的质量和为 \(n\) 的方案数，该组合对象属于无标号组合对象；

​ 在例题 1-1-3 中，不同 \(n\) 位数（ \(n\) 个数字的排列）构成的集合就是我们的组合对象，一个 \(n\) 位数就是一个对象，对象 \(a\) 的 \(\rm size\) 定义为数的位数，\(A_n\) 表示构成 \(n\) 位数的方案数，该组合对象属于有标号组合对象。

公式

​ 仅仅只是表示成几个式子的乘积只是生成函数最基本的部分，利用形式幂级数的变形进行推导才是比较有研究价值的地方，接下来，我们来展示一些基础而重要的公式。

• 公式 \(\rm I\)

\[\displaystyle {1\over 1-x} = \sum_{n=0}^{+\infty}x^n\\ \]

​ 也被称作无穷递缩等比数列求和公式，由于收敛性，\(x\in(0,1)\) 时式子成立，但由于本文讲的是生成函数，写出来的式子是形式幂级数，所以 \(x\) 不能代具体的数。

​ 把左边的分母乘到右边去就可以得证，或者直接套用等比数列求和公式证明。

• 公式 \(\rm II\)

\[\quad\displaystyle {1 \over (1 -x)^k} = \sum_{n=0}^\infty{n+k-1\choose k-1}x^n = \sum_{n=0}^\infty{n+k-1\choose n}x^n \]

​ 可以由公式 \({\rm I}\) 两边同求 \(k-1\) 次导，再同除以 \((k-1)!\) 得到。 也可以把式子转化为 \({\big(}(1-x)^{-1}{\big)}^k\) ，用组合方法证明。

• 公式 \(\rm{III}\) （广义二项式定理）

\[(x + y)^\alpha = \sum_{n=0}^{+\infty}{\alpha \choose n}x^ny^{\alpha -n} \]

​ 其中 \(\displaystyle{\alpha \choose k}={\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha - k + 1)\over k!}={\alpha^{{\underline k}}\over k!}\)

​ 可以利用广义二项式定理推导公式 \(\rm{I}\) 和公式 \(\rm{II}\) 。

• 公式 \(\rm{IV}\) （泰勒展开）

\[f(x)=\sum_{n=0}^\infty {f^{(n)}(a)\over n!}(x-a)^n \]

​ 表示 \(f(x)\) 在 \(x=a\) 处的泰勒展开，其中 \(f^{(n)}\) 表示 \(f\) 的 \(n\) 阶导函数，其中 \(a=0\) 的情况被称作麦克劳林展开，形式如下：

\[f(x)=\sum_{n=0}^\infty {f^{(n)}(0)\over n!}x^n \]

• 公式 \(\rm V\)

\[\displaystyle e^{x} = \sum_{n=0}^{+\infty}{1\over n!}x^n\\ \]

​ 直接套用麦克劳林展开公式就可以得到，注意 \(e^x\) 的导数是它本身。

应用

​ 接下来，我们来详细讲讲生成函数的应用，包括但不限于排列组合问题。

基础构造

​ 在证明某些恒等式，或求某些数列的通项的时候，我们可以构造生成函数来解决。

• （例题 2-1-1）证明 \(\displaystyle \sum_{i=0}^k{n\choose i}{m\choose k-i}={n+m\choose k}\)

​ 上式即为范德蒙德卷积式。我们利用组合意义可以很容易得到证明，即在 \(n\) 个元素中选 \(i\) 个，在 \(m\) 个元素中选 \(k-i\) 个，当 \(i\) 取任意值时，这个方案数显然等于在 \(n+m\) 个元素中选 \(k\) 个。我们也可以用生成函数更加直观的表达上述组合意义，从而加以理性证明。

​ 对于 \(n+m\) 个物品，设 \(x\) 的指数为选出物品的个数，\(F(x)\) 为每种个数的方案数的普通型生成函数。分别从 \(n\) 个物品和 \(m\) 个物品中选，我们有以下式子

\[\begin{align*}F(x)&=(1+x)^n\cdot(1+x)^m\\&=(\sum_{i=0}^{+\infty}{n \choose i}x^i)\cdot(\sum_{i=0}^{+\infty}{m \choose i}x^i)\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}(\sum_{i=0}^k{n\choose i}{m\choose k-i})x^k\end{align*} \]

​ 而将 \(n+m\) 个物品当作整体，我们有以下式子

\[\begin{align*}F(x)&=(1+x)^{n+m}\\&=\sum_{k=0}^{+\infty}{n+m \choose k}x^k\end{align*} \]

​ 对照两式可得 \(\displaystyle \sum_{i=0}^k{n\choose i}{m\choose k-i}={n+m\choose k}\)，即原命题得证。

​ 其实对于本题，我们也可以不考虑组合意义，直接由 \((1+x)^n\cdot(1+x)^m=(1+x)^{n+m}\) 这条等式，两边分别二项式展开证得所求结论。

• （例题 2-1-2）证明 \(\displaystyle \sum_{i=0}^n(-1)^i{n\choose i}^2= \begin{cases}\displaystyle 0&n为奇数\\\displaystyle(-1)^{n\over 2}{n\choose {n\over 2}}&n为偶数\end{cases}\)

​ 这题不好看出其组合意义，但是求证的表达式和上题很相似，如果将原式看成 \(\displaystyle \sum_{i=0}^n(-1)^i{n \choose i}{n\choose n-i}\)，那么便很像范德蒙德卷积式了。类似的，我们设 \(F(x)=(1-x)^n\cdot(1+x)^n=(1-x^2)^n\)。

\[\begin{align*} F(x)&=(1-x)^n\cdot(1+x)^n\\ &=(\sum_{i=0}^{+\infty}(-1)^i{n \choose i}x^i)\cdot(\sum_{i=0}^{+\infty}{n \choose i}x^i)\\ &=\sum_{k=0}^{+\infty}(\sum_{i=0}^k(-1)^i{n\choose i}{n\choose k-i})x^k\\\\ F(x)&=(1-x^2)^n\\ &=\sum_{k=0}^n(-1)^k{n\choose k}x^{2k} \end{align*} \]

​ 在上式中取 \(k=n\)，下式中取 \(\displaystyle k={n\over 2}\) 即可得出结论。