算法学习笔记：生成函数

合集 - 算法(3)

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生成函数浅讲

感觉这是一个非常牛逼的东西，写了点自己的感悟，可能讲得不是很清楚。

生成函数的定义就比较牛，将数列 $\{a_i\}$ 写成一个函数 $A(x)=\sum{a_ix^i}$ 的形式叫做普通生成函数。

此处的 $x^i$ 没有实际意义，只是一个占位符。对于生成函数来说，绝大数多项式的运算法则都是可以用的。

比如：

$A(x)+B(x) = \sum\limits{(a_i+b_i)x^i}$

$A(x)B(x)=\sum\limits_i\sum\limits_j(a_ib_j)x^{i+j}$。

一些常见的数列都可以写作生成函数的形式，而且往往都有较为简单的封闭形式：

$\{1,0,0\dots\}\rightarrow 1$

$\{0,1,0\dots\}\rightarrow x$

$\{1,1,1\dots\}\rightarrow 1+x+x^2+\dots=\frac{1}{1-x}$

$\{1,0,1,0,1\dots\}\rightarrow 1+x^2+x^4\dots=\frac{1}{1-x^2}$

我们用 $[x^n]$ 表示 $x^n$ 的系数，即数列的第 $n$ 位。

拓展一下它们的乘积有什么含义

乘 $x^k$ 相当于将数列向后平移 $k$ 位。

乘 $\frac{1}{1-x}$ 相当于对数列做一次前缀和，而 $\frac1{(1-x)^k}$ 就是求 $k$ 次前缀和，把这个过程写出来就会发现很像一个旋转了一下的杨辉三角，第 $i$ 就是 ${i+k-1}\choose{k-1}$ 。

乘 $\frac1{1-x^p}$ 后第 $i$ 位就是原数列第 $i$ 位往前第 $p$ 的整数倍的位的前缀和（听着很绕其实很简单，笔者试图用简洁的语言的描述但语文水平不允许），类似的 $\frac1{(1-x^p)^k}$ 的数列只在 $p$ 的整数倍的位上有值并且第 $ip$ 位为 ${i+k-1}\choose{k-1}$ 。

然后我们就可以用生成函数做一些很牛的事情。

先看一道简单题：

P10780 食物

题意：在许多不同种类的食物中选出 $n$ 个，每种食物的限制如下：

• 承德汉堡：偶数个

• 可乐：$0$ 个或 $1$ 个

• 鸡腿：$0$ 个，$1$ 个或 $2$ 个

• 蜜桃多：奇数个

• 鸡块：$4$ 的倍数个

• 包子：$0$ 个，$1$ 个，$2$ 个或 $3$ 个

• 土豆片炒肉：不超过一个。

• 面包：$3$ 的倍数个

每种食物都是以「个」为单位，只要总数加起来是 $n$ 就算一种方案。对于给出的 $n$ ,你需要计算出方案数，对 $10007$ 取模。（$n\le 10^{500}$）

$sol$：首先对于每种食物构造一个数列，数列的第 $i$ 位表示总数为 $i$ 时这种食物有多少选法，显然只有 $0/1$ ，如下：

$\{1,0,1,0,1\dots\}\rightarrow 1+x^2+x^4\dots=\frac1{1-x^2}$

$\{1,1,0,0,0\dots\}\rightarrow 1+x$

$\{1,1,1,0,0\dots\}\rightarrow 1+x+x^2$

$\{0,1,0,1,0\dots\}\rightarrow x+x^3+x^5\dots=\frac{x}{1-x^2}$

$\{1,0,0,0,1,0\dots\}\rightarrow 1+x^4+x^8\dots=\frac1{1-x^4}$

$\{1,1,1,1,0\dots\}\rightarrow 1+x+x^2+x^3$

$\{1,1,0,0,0\dots\}\rightarrow 1+x$

$\{1,0,0,1,0\dots\}\rightarrow 1+x^3+x^6\dots=\frac1{1-x^3}$

然后把它们乘起来就把数量上的加法转化为了系数上的相加，所以总数为 $n$ 的答案就变成了 $x^n$ 的系数。结果化简一下就是 $\frac x{(1-x)^4}$ ，然后结合上面总结的 $\frac x{(1-x)^k}$ 的规律，可以得到答案就是 ${n+2\choose3}$，边读入边取模即可。

这道题中的生产函数是比较显然的，但是很多题目需要我们通过生产函数转化一些其他做法，并且最终生成函数的通项的求法也会有很多种，下面看一些不同解法的题。

[国家集训队] 整数的lqp拆分 （特征方程）

定义 $F_0=0,F_1=1,F_n=F_{n-1}+F_{n-2} (n>1)$ (其实就是斐波那契数列)

$\sum\prod\limits_{i=1}^m F_{a_i}$

$m>0$

$a_1,a_2...a_m>0$
$a_1+a_2+...+a_m=n$
由于答案可能非常大，所以要对 $10^9 + 7$ 取模。（$1\le n \le 10^{10000}$）

$sol$ ：首先考虑DP，设 $f_{i,j}$ 表示固定 $m$ 为 $i$ ，$n$ 为 $j$ 时的答案。然后就会发现一个非常显然的暴力转移：

$$f_{i,j}=\sum\limits_{k=０}^jf_{i-1,k}\times F_{j-k}$$

按理来说这里的 $k$ 只能从 $1$ 枚举到 $j-1$ 但是 $F_0=0,f_{i,0}=0$ 所以对答案是没有影响的。最终答案就应该是 $\sum\limits_{i=1}^nf_{i,n}$ 。

我们把 $f_{i-1}$ 到 $f_i$ 的递推看成一次卷积操作，就会发现 $f_i=F^i$ ，那么答案就是：

$$[x^n]\sum\limits_{i=1}^nF^i$$

看着似乎不太可做，但是我们发现当 $i>n$ 时，$F^i$ 的第 $n$ 项显然为 $0$ 所以可以改写成：

$$\begin{aligned} [x^n]\sum\limits_{i=1}^{\infty} F^i\\ =[x^n]\frac F{1-F} \end{aligned}$$

把斐波那契数列的生成函数 $F=\frac{x}{1-x-x^2}$ 代进去就是 $\frac x{1-2x-x^2}$ ，这个生成函数可以用特征方程来解出来，这里详细讲一下。

分子就是平移一位是好处理的，而分母转换一下就是:

$$f_0=1,f_1=2,f_{n+1}=2f_n+f_{n-1}$$

我们考虑把后面的式子写成一种等比数列的形式：

$$f_{n+1}-pf_n=q(f_n-pf_{n-1})$$

然后我们可以求出这个等比数列的通项：

$$\begin{aligned} f_{n+1}-pf_n=q^n(f_1-pf_0)\\ f_{n+1}-pf_n=q^n(2-p) \end{aligned}$$

$p$ 和 $q$ 应该满足条件：

$pq=-1,p+q=2$

所以 $p$ 和 $q$ 是方程 $x^2-2x-1=0$ 的两个根 $1+\sqrt2$ 和 $1-\sqrt2$ ，

同时这里也可以看出 $p$ 和 $q$ 是等价的（可以交换），再结合上面的式子可以得到一个方程组：

$$\begin{aligned} f_{n+1}-qf_n=p^n(2-q)\\ f_{n+1}-pf_n=q^n(2-p) \end{aligned}$$

然后我们把 $f_n$ 解出来，再把 $p$ 和 $q$ 代进去：

$$f_n=\frac{(1+\sqrt2)^{n+1}-(1-\sqrt2)^{n+1}}{2\sqrt2}$$

因为这是平移过的，所以最后答案是

$$f_{n-1}=\frac{(1+\sqrt2)^n-(1-\sqrt2)^n}{2\sqrt2}$$

Two Snuke （拉格朗日插值）

题意：对于一个十元组 $(a_1,a_2,b_1,b_2,c_1,c_2,d_1,d_2,e_1,e_2)$，定义它合法当且仅当满足下列条件：

• $0\le a_1<a_2$。

• $0\le b_1<b_2$。

• $0\le c_1<c_2$。

• $0\le d_1<d_2$。

• $0\le e_1<e_2$。

• $a_1+a_2+b_1+b_2+c_1+c_2+d_1,d_2+e_1+e_2\le n$。

  现在有 $T$ 组数据，每次对于给定的 $n$ 求所有合法十元组 $(a_2-a_1)(b_2-b_1)(c_2-c_1)(d_2-d_1)(e_2-e_1)$ 之和对 $10^9+7$ 取模的结果。

  $1\le T\le 100,1\le n\le 10^9$。

这道题似乎有比较简单的组合意义解法，但是我觉得用生成函数做这道题更帅一些，其实是不会组合意义做法。之前写过题解，这里就不讲了。

Card Deck Score （待定系数）

题意：有一些卡牌，每张卡牌上有一个数字，具体的，有 $b_i$ 张卡牌上的数字为 $a_i$。

求出拿走其中 $m$ 张卡牌的贡献之和。贡献为这些卡牌的乘积。对于本质相同的卡牌组合，只算一次。

• $n\leq 16,m\leq 10^{18},b_i\leq 10^{17},1\leq a_i<mod$

$sol$ ：

首先对于每种卡牌构造生成函数：

$$\sum\limits_{j=0}^{b_i} a_i^jx^j=\frac{1-a_i^{b_i+1}x^{b_i+1}}{1-a_ix}$$

最终答案的就是：

$$\begin{aligned} [x^m]\prod\limits_{i=1}^n \frac{1-a_i^{b_i+1}x^{b_i+1}}{1-a_ix}\\ =[x^m]\frac{\prod\limits_{i=1}^n1-a_i^{b_i+1}x^{b_i+1}}{\prod\limits_{i=1}^n1-a_ix} \end{aligned}$$

这里因为 $n$ 很小，只有 $16$ 所以可以$2^n$暴力把分子部分展开。假设展开有 $w$ 项，第 $i$ 项为 $c_ix^{d_i}$ ，则累加每一项的贡献得到的答案就是：

$$\begin{aligned} \sum\limits_{i=1}^wc_i\times[x^{n-d_i}]\frac{1}{\prod\limits_{i=1}^n1-a_ix} \end{aligned}$$

现在问题变成了 $2^n$ 次询问分母某一位的值。处理分母可以考虑待定系数，如果可以写成求和的形式就好做多了，于是我们令：

$$\begin{aligned} \prod\limits_{i=1}^n\frac1{1-a_ix}=\sum\limits_{i=1}^n \frac{p_i}{1-a_ix}\\ \sum\limits_{i=1}^n \frac{p_i}{1-a_ix}\prod\limits_{j=1}^n 1-a_jx=1\\ \sum\limits_{i=1}^n p_i\prod\limits_{j=1,j\ne i}^n 1-a_jx=1\\ \end{aligned}$$

一般来说生成函数中的 $x$ 是没有实际意义的，但是这里我们可以考虑把它当作一个普通的函数，而普通函数有一个优势，可以代值求待定系数。所以我们代入 $x=\frac1{a_k}$ 那么当 $j=k$ 时，式子中 $1-a_jx=0$ ，也就是说只有 $i=k$ 这一项被保留了下来：

$$\begin{aligned} p_i\prod\limits_{j=1,j\ne i}^n 1-\frac{a_j}{a_i}=1\\ p_i=\frac1{\prod\limits_{j=1,j\ne i}^n 1-\frac{a_j}{a_i}} \end{aligned}$$

于是我们可以求出每一项的待定系数，现在再看一下分母的形式就非常好求了：

$$\begin{aligned} [x^k]\sum\limits_{i=1}^n \frac{p_i}{1-a_ix}\\ =\sum\limits_{i=1}^n[x^k]\frac{p_i}{1-a_ix}\\ =\sum\limits_{i=1}^np_i\times a_i^k \end{aligned}$$

至此，我们得到了一个单次 $O(n)$ 查询某一位的做法，最终复杂度：$O(n2^n)$。