【学习笔记】多项式 4：生成函数

生成函数 GF

定义

定义一个数列 \(\{a_n\}\) 的生成函数（或母函数）\(F(x)\) 为：

\[F(x)=\sum_{i\ge 0}a_ix^i \]

这是个无限项的形式幂级数，然而我们实际上只关心有限项。

\(x\) 并没有实际意义，只是占位符。这种情况在最初的多项式卷积中就已经见到过了。

将一般的卷积写成生成函数的好处在于方便进一步推导。

简单数列的生成函数

• \(\{1,1,1,1,1,\cdots\}\)

\[F(x)=\sum_{i\ge 0} x^i=xF(x)+1=\dfrac{1}{1-x} \]

• \(\{0,1,2,4,8,\cdots\}\)

\[F(x)=\sum_{i\ge 0} 2^ix^i=2xF(x)+1=\dfrac{1}{1-2x} \]

• \(\{1,0,1,0,1,\cdots\}\)

\[F(x)=\sum_{i\ge 0} x^{2i}=\dfrac{1}{1-x^2} \]

• \(\{0,1,0,1,0,\cdots\}\)

\[F(x)=\sum_{i\ge 0} x^{2i+1}=\dfrac{x}{1-x^2} \]

斐波那契数列生成函数

对于 \(n\ge 2\)，有：

\[f_n=f_{n-1}+f_{n-2} \]

于是可以写成：

\[F(x)=xF(x)+x^2F(x) \]

然而边界值不能确定，只需要补足 \([x^1]F(x)=1\) 即可，于是：

\[F(x)=xF(x)+x^2F(x)+x \]

整理一下变成：

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

设 \(\dfrac{x}{1-x-x^2}=\dfrac{A}{1-ax}+\dfrac{B}{1-bx}\)

根据上面的举例，可以知道左右两个分式都能写成等比的生成函数，于是：

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

这个就是斐波那契数列的通项公式了。

普通生成函数 OGF

用于无标号计数。

形式

\[F(x)=\sum_{i\ge 0} a_ix^i \]

当 \(a_i=k^i\) 时，封闭形式：

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

一个简单的例子

有红黄蓝三种球各 \(m\) 个，从中共选出 \(n\) 个，求方案数。

构造生成函数 \(G(x)=1+x+x^2+\cdots+x^m\)，三种球的选择实际上就是乘积贡献到指数和的位置，也就是卷积，于是可以写成：

\[f_{n}=\sum_{i,j,k}g_i\times g_j\times g_k[i+j+k=n] \]

生成函数的形式就是：

\[F=G*G*G=G^3 \]

范德蒙德卷积

\[\dbinom{n+m}{k}=\sum_{i=0}^k\dbinom{n}{i}\dbinom{m}{k-i} \]

左侧是 \([x^k](1+x)^{n+m}\)，右侧是 \([x^i](1+x)^n\times [x^{k-i}](1+x)^m\)

这样一看好像很显然了。

一道题

CodeForces-438E The Child and Binary Tree *3100

设 \(g_i\) 为该权值是否在集合中，\(f_i\) 为权值和为 \(i\) 的方案数，写出转移式子：

\[f_n=\sum_{i=0}^{n} g_i\sum_{j=0}^{n-i} f_{j}\times f_{n-i-j} \]

就是三个函数卷一下，但是重要的地方在于初始值 \(f_0=1\)，于是生成函数应该写成：

\[F=F^2G+1 \]

解一下：

\[F=\dfrac{1\pm\sqrt{1-4G}}{2G} \]

分子有理化：

\[F=\dfrac{2}{1\mp \sqrt{1-4G}} \]

\(G=0\) 时加号有意义，因此是：

\[F=\dfrac{2}{1+\sqrt{1-4G}} \]

卡特兰数生成函数

卡特兰数的一个递推式：

\[C_n=\sum_{i=0}^{n-1}C_i\times C_{n-i-1} \]

也就是：

\[C=xC^2+1 \]

解完和上一题差不多，是：

\[C=\dfrac{2}{1+\sqrt{1-4x}} \]

据说再解就出通项了。

指数生成函数 EGF

用于有标号计数。

形式

\[F(x)=\sum_{i\ge 0}\dfrac{a_ix^i}{i!} \]

\(a_i=1\) 的特殊情况：

\[F(x)=\sum_{i\ge 0}\dfrac{x^i}{i!}=e^x \]

因此 \(a_i=k^i\) 时：

\[F(x)=e^{kx} \]

一个简单的例子

还是红黄蓝三种球，只不过这次是要出一个排列。

\[f_n=\sum_{i,j,k} \dbinom{n}{i,j,k}g_i\times g_j\times g_k[i+j+k=n] \]

拆开组合数很神奇的是：

\[\dfrac{f_n}{n!}=\sum_{i,j,k} \dfrac{g_i}{i!}\times \dfrac{g_j}{j!}\times \dfrac{g_k}{k!}[i+j+k=n] \]

长得很像，同样也是：

\[F=G^3 \]

一道题

Luogu-P4841 集训队作业 2013 城市规划

常规容斥做法不多赘述。

设 \(F(x)\) 为无向连通图个数的生成函数，那么 \(F(x)\) 卷多次得到：

\[G(x)=\sum_{i\ge 0}\dfrac{F^i(x)}{i!} \]

除以一个 \(i!\) 是因为连通块没有顺序区别，而 \(F(x)\) 卷积是有顺序区别的。

这个东西和 \(e^x\) 的泰勒展开很像，也就是：

\[G(x)=\exp F(x) \]

而 \(G(x)=\sum_{i\ge 0} 2^{\tbinom{i}{2}}x^i\) 是已知的，\(\ln G(x)=F(x)\) 回来即可。

多项式 \(\exp\) 与多项式 \(\ln\) 的组合意义

通过上面的题实际上已经得出了，一个整体方案数生成函数的 \(\exp\) 就是任意一个独立整体方案数生成函数（例如上面的连通图与无限制），而 \(\ln\) 的组合意义就是由 \(\exp\) 反向得到的。

参考资料

• OI Wiki

• 课件 - APJifengc

• 课件 - kai586123