生成函数：从入门到出门

本博客在看完《多项式：从入门到全家桶》和《组合数学：从入门到被入门》后食用更佳。

生成函数简介

省流：

普通生成函数： ${\displaystyle f(x)=\sum _{i\ge 0}{a}_i{x}^i}$

指数生成函数： ${\displaystyle f(x)=\sum _{i\ge 0}\frac{a_i{x}^i}{i!}}$

狄利克雷函数生成函数： ${\displaystyle f(x)=\sum _{i\ge 0}\frac{a^i}{i^x}}$

普通生成函数（重点）

又记作OGF(Ordinary Generating Function)。

本章中记 $⟨a_x⟩$ 为序列 $a$ 的普通生成函数 。

定义式：${\displaystyle ⟨a_x⟩=\sum _{i\ge 0}{a}_i{x}^i}$

并且，如果 $f(x)$ 为一个函数，我们记 $f_n$ 为其多项式表达中 $x^n$ 的系数，反之亦然，即 $f=⟨f_x⟩$。

基本运算

加减法很显然。

$$\begin{array}{rl}⟨a_x⟩+⟨b_x⟩& =⟨a_x+b_x⟩\\ ⟨a_x⟩-⟨b_x⟩& =⟨a_x-b_x⟩\end{array}$$

乘法仔细想一想其实也不难，由基础的乘法分配律可知：

$$⟨a_x⟩\ast ⟨b_x⟩=⟨\sum _{i=0}^x{a}_i{b}_{x-i}⟩$$

原本需要 $O(n^2)$ 的时间计算，使用FFT或NTT即可加速到 $O(n\log n)$，有关多项式快速运算的内容请见《多项式：从入门到全家桶》。

封闭形式

举个栗子。

假设我们现在有一个函数叫做 $f(x)=⟨1,1,1,\cdots ,1⟩$。

我们发现这个式子有一个性质：

$$f(x)=x\ast f(x)+1$$

于是 $f(x)=\frac{1}{x-1}$，这就是 $f(x)$ 的封闭形式。

一般来说，把一个式子写成它的封闭形式能够便于推式子。

比如让你求 $f(x)\ast (x^2-2x+1)$ ，我们用定义式可能要推很久，但你用封闭形式就能马上推出上式 $=x-1$。

建议大家多练习一下推封闭形式。

多项式的四则运算，求导，积分等所有运算对封闭形式同样适用。

小练习：请求出以下几个式子的生成函数的封闭形式。

1. $⟨0,1,1,1,1,\cdots ⟩$
2. $⟨1,0,1,0,1,\cdots ⟩$
3. $⟨1,2,3,4,5,\cdots ⟩$
4. $⟨(\genfrac{}{}{0ex}{}{m}{x})⟩$
5. $⟨(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+x}{t})⟩$

答案

1. ${\displaystyle f(x)=\frac{x}{1-x}}$
2. ${\displaystyle f(x)=\frac{1}{1-x^2}}$
3. ${\displaystyle f(x)=x\ast f(x)+\sum _{n\ge 0}{x}^n,f(x)=\frac{1}{(1-x{)}^2}}$
   另解：${\displaystyle f(x)=\sum _{n\ge 1}n{x}^{n-1}={\left(\sum _{n\ge 1}{x}^n\right)}^{\prime }={\left(\frac{1}{1-x}\right)}^{\prime }=\frac{1}{(1-x{)}^2}}$
4. （二项式定理）${\displaystyle f(x)=(1+x{)}^m}$
5. ${\displaystyle f(x)=\sum _{n\ge 0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n}{n})x^n=\frac{1}{(1-x{)}^{m+1}}}$

可使用归纳法进行证明。

$m=0$ 时显然成立。

$m>0$ 时：

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{(1-x{)}^{m+1}}& =\frac{1}{(1-x{)}^m}\frac{1}{1-x}\\ & =\left(\sum _{n\ge 0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n-1}{n})x^n\right)\left(\sum _{n\ge 0}{x}^n\right)\\ & =\sum _{n\ge 0}{x}^n\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+i-1}{i})\\ & =\sum _{n\ge 0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{m+n}{n})x^n\end{array}$$

例：斐波那契数列的生成函数

我们定义 $a_0=1,a_1=a,a_i=a_{i-1}+a_{i-2}(i\ge 2)$，那我们该怎样求出 $⟨a_t⟩$ 呢？

一个显然的方法就是利用 $a_i=a_{i-1}+a_{i-2}$ 这一性质。

我们知道多项式乘 $x$ 相当于把这个多项式向高次项移一位。

于是我们可以得到这个方程：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =xf(x)+x^{2}f(x)+a_{1}x+a_{0}x+a_0\\ & =xf(x)+x^{2}f(x)+x\end{array}$$

解得 $f(x)=\frac{1}{1-x-x^2}$ 。

于是我们接下来的问题就是如何把这个式子展开。

展开方式1

我们将 $x+x^2$ 视作一个整体。则有：

$$\begin{array}{rl}f(x)& =\frac{x}{1-(x^2+x)}\\ & =x\sum _{n\ge 0}(x^2+x{)}^n\\ & =x\sum _{n\ge 0}\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})(x^2{)}^i{x}^{n-i})\\ & =x\sum _{n\ge 0}\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})x^{n+i})\\ & =\sum _{n\ge 1}{x}^n\sum _{i=0}^{n-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-1-i}{i})\\ & =⟨\sum _{i=0}^{x-1}(\genfrac{}{}{0ex}{}{x-1-i}{i})⟩\end{array}$$

我们发现我们成功地解决了通项公式，但这是一个组合数求和的形式，并不是我们熟知的黄金分割比。

所以这个方法不行。

展开方式2

考虑求解一个待定系数的方程：

$$\frac{A}{1-ax}+\frac{B}{1-bx}=\frac{x}{1-x-x^2}$$

通分后得到：

$$\frac{A-Abx+B-Bax}{ab{x}^2-(a+b)x+1}=\frac{x}{1-x-x^2}$$

则有：

$$\{\begin{array}{l}A+B=0\\ Ab+Ba=-1\\ a+b=1\\ ab=-1\end{array}$$

它的一组解为：

$$\{\begin{array}{l}A=\frac{1}{\sqrt{5}}\\ B=-\frac{1}{\sqrt{5}}\\ a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ b=\frac{1-\sqrt{5}}{2}\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}⟨a_t⟩& =\frac{x}{1-x-x^2}\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1}{1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x}-\frac{1}{1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x})\\ & =\frac{1}{\sqrt{5}}\sum _{n\ge 0}{x}^n({\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^n-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^n)\\ & =⟨{\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)}^x-{\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)}^x⟩\end{array}$$

这有的时候也被称为斐波那契数列的第二个封闭形式。（第一个封闭形式：$\frac{x}{1-x-x^2}$）

其实，我们求 $\frac{p(x)}{q(x)}$ 的时候基本上都会用这种办法（即待定系数法）求出它的展开式。

一般来说，对于 $q(x)$ 比较容易因式分解时，我们就可以直接把几个分式的分母表示成它的几个因式，然后列方程求解。

如果有相同因式（即次数 $\ge 2$），就设其中一个分式为这个因式的高次方。

比如 $\frac{1}{(1-x)(1-2x{)}^2}$ 就可以写成 $\frac{A}{1-x}+\frac{B}{1-2x}+\frac{C}{(1-2x{)}^2}$ 的形式。

应用

生成函数主要应用于各种计数问题，其目的是用简单的式子把一些复杂的转移表示出来。

下面举几个例子：

推通项公式

这个不说了，前面的斐波那契数列的例子已经说过了。

背包问题

传统的解决背包问题的方法就是dp，但这种办法在有些比较复杂的题上就行不通。

其实，如果你要求价值和刚好为 $n$ 的答案（一般是方案数），你可以把这个答案写成生成函数的形式。

就拿方案数来说，你对每种不同的限制计算出它的生成函数，并把它们乘起来，最终式子的第 $n$ 项就是答案。

以某道题为例：

在许多不同种类的食物中选出 $n$ 个，$n\le {10}^{500}$，求方案数，对 $10007$ 取模，每种食物的限制如下：

1. 承德汉堡：偶数个
2. 可乐：0 个或 1 个
3. 鸡腿：0 个，1 个或 2 个
4. 蜜桃多：奇数个
5. 鸡块：4 的倍数个
6. 包子：0 个，1 个，2 个或 3 个
7. 土豆片炒肉：不超过一个。
8. 面包：3 的倍数个

我们设 $a_{i,j}$ 表示第 $i$ 种食物选 $j$ 个的方案数，则 $[x^n](\prod _i⟨a_{i,t}⟩)$ 就是答案。

考虑卷积的定义，值为 $1$ ，下标和为 $n$ 的几项相乘就代表分别选择那几项是一种符合条件的方案，而这对 $x^n$ 的系数贡献为 $1$。

建议此处读者自行推导一下这几种食物的生成函数，争取自己把式子推出来。

答案

1. ${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{x}^{2n}=\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{(1-x)(1+x)}}$
2. $1+x$
3. $1+x+x^2$
4. ${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{x}^{2n+1}=\frac{x}{1-x^2}=\frac{x}{(1-x)(1+x)}}$
5. ${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{x}^{4n}=\frac{1}{1-x^4}=\frac{1}{(1-x)(1+x)(1+x^2)}}$
6. $1+x+x^2+x^3=(x^2+1)(x+1)$
7. $1+x$
8. ${\displaystyle \sum _{n\ge 0}{x}^{3n}=\frac{1}{1-x^3}=\frac{1}{(1-x)(1+x+x^2)}}$

把上面所有式子乘起来可得：

$$ans=\frac{x}{(1-x{)}^4}$$

由之前的第五条小练习，我们知道这就是 ${\displaystyle \sum _{n\ge 1}{x}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{n-2})}$ 。

因此答案就是 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{n-2})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{3})$ 。

代码略。

推算式

有的时候，有些题会让你求恰好等于 $n$ 的方案数、在某个区间内的方案数，或者对于每个数都求一遍。

这种题有的时候就可以用生成函数的形式推。（尤其是有包含组合数的式子）

结合上某些多项式高科技，一般可以比传统方法快很多。

指数生成函数

又记作EGF(Exponential Generating Function)。

本章中记 $\{a_x\}$ 为序列 $a$ 的指数生成函数。

定义式：${\displaystyle \{a_x\}=\sum _{i\ge 0}\frac{a_i{x}^i}{i!}}$

基本运算

加减法也很显然。

$$\begin{array}{rl}\{a_x\}+\{b_x\}& =\{a_x+b_x\}\\ \{a_x\}-\{b_x\}& =\{a_x-b_x\}\end{array}$$

乘法可能会稍稍难一些，但经过一些推导实际上也不难。

$$\{a_x\}\ast \{b_x\}=\left\{\sum _{i=0}^x(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{i})a_i{b}_{x-i}\right\}$$

指数生成函数与普通生成函数互转的公式：

$$\begin{array}{rl}\{a_x\}& =⟨\frac{a_x}{x!}⟩\\ ⟨a_x⟩& =\{a_x\cdot x!\}\end{array}$$

另外，由于指数生成函数的定义，其导数和积分很好求。

$$\begin{array}{rl}\{a_x{\}}^{\prime }& =\{a_{x+1}\}\\ \int \{a_x\}& =\{a_{x-1}\}(a_{-1}=0)\end{array}$$

封闭形式

疯毙形式（确信）

一般来说，指数生成函数的多项式的封闭形式和泰勒展开有关。（因为泰勒展开主要就是 $\sum _{i\ge 0}\frac{a_i{x}^i}{i!}$ 的形式）

我们考虑 $f(x)=\{1,1,1,1,\cdots \}$ ，有两种方式求出它的封闭形式：

1. 定义式，$f(x)=\sum _{i\ge 0}\frac{x^i}{i!}=e^x$ （$e^x$ 的泰勒展开）
2. 考虑 $f^{\prime }(x)=f(x)$ ，于是 $f(x)=e^x$ 。（这个方法不够严谨，慎用）

类似的，等比数列的生成函数 $f(x)=\{1,p,p^2,p^3,\cdots \}$ 的封闭形式就是 $e^{p}x$ 。

排列、圆排列与多项式 $\exp$

长度为 $n$ 的排列数（$n!$）的EGF是:

$$f(x)=\{x!\}=\sum _{i\ge 0}\frac{i!x^i}{i!}=⟨1,1,1\cdots ⟩=\frac{1}{1-x}$$

圆排列数的定义是旋转后方案等价的排列数。

长度为 $n$ 的圆排列数（$(n-1)!$）的EGF是：

$$g(x)=\{(x-1)!\}=\sum _{i\ge 1}\frac{(i-1)!x^i}{i!}=⟨\frac{1}{i}⟩=-\ln (1-x)=\ln \frac{1}{1-x}$$

于是我们就有 $f(x)=\exp g(x)$ 。

但这只是数学上的推导，我们还需要一些直观理解。

我们引入一个概念，叫做置换环。

对于一个排列 $p$ ，我们对于每个 $i$ 向 $p_i$ 连边，置换环就是这张图中所有连成的环。（包括自环）

并且对于两个排列，当且仅当它们所有的置换环相同时，这两个排列才相同。

于是对于长度为 $n$ 的排列数，我们可以按照以下这个步骤进行计算：

1. 将 $1,2,\cdots ,n$ 分成若干个集合。
2. 对于每个集合，构造一个置换环。

这样得出的方案数就是长度为 $n$ 的排列数。

更进一步，我们发现对于一个集合，构造置换环的方案数就是这个集合的圆排列数。

所以，长度为 $n$ 的排列数就是将 $1,2,\cdots ,n$ 划分成若干集合，每一部分做圆排列数的方案数。

因此，多项式 $\exp$ 的直观理解就是：

若 $f(x)=\exp g(x)$ ，则 $f_n$ 代表将 $1,2,\cdots ,n$ 分成若干集合，每一集合 $S$ 的方案数为 $g_{|S|}$ 时总共的方案数。

类似的，我们举一些例子：

• 如果 $n$ 个带标号点的生成树个数的EGF为 $f(x)$ ，则 $n$ 个带标号点的生成森林个数的EGF为 $\exp f(x)$ 。

• 如果 $n$ 个带标号点的无向连通图个数的EGF为 $f(x)$ ，则 $n$ 个带标号点的无向图个数的EGF为 $\exp f(x)$ 。

因此，只要这两个中求出任意一个，则可利用多项式 $\ln$ 或 $\exp$ 求出另一个。

应用

各种排列

举个例子：求错排数的EGF。

我们都知道错排数就是 $\mathrm{\forall }i,i\ne p_i$ 的方案数，也就是不存在长度为 $1$ 的置换环的个数。

而后者的EGF为 ${\displaystyle \sum _{i\ge 2}\frac{x^i}{i}=\sum _{i\ge 1}\frac{x^i}{i}-x=-\ln (1-x)-x}$ 。

于是错排数的EGF为 $\exp (-\ln (1-x)-x)$ 。

$\exp$ 与 $\ln$ 的组合意义

前面说过，不讲。

OGF推出来的式子有组合数

可转化为EGF进行求解。

例：分别求出有 $i(1\le i\le {10}^5)$ 个节点的竞赛图（一个完全图，但是每条边定向）中至少有一条哈密顿回路的方案数。

不妨设这个答案数组为 $g_i$ ，有 $i$ 个节点的竞赛图个数为 ${\displaystyle f_i=2^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})}=2^{\frac{i(i-1)}{2}}}$。
由于一张竞赛图缩点就变成了一个链状DAG（有向无环图），因此我们枚举最后一个连通块内有多少点：

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

这个式子和分治FFT很像，但是多了一个组合数。

于是我们设 $f_i^{\prime }=\frac{f_i}{i!}$ ， $g_i^{\prime }=\frac{g_i}{i!}$。

于是就有

$$f_n^{\prime }=\sum _{i=1}^n{g}_i^{\prime }{f}_{n-i}^{\prime }$$

化为分治FFT或多项式求逆即可。

顺便复习一下上面那个式子如何多项式求逆：

由于 $f_0=1$ （计算方案时可定义），则原式可化为：

$$f(x)=f(x)g(x)+1$$

即：$f(x)=\frac{1}{1-g(x)}$，$g(x)=1-\frac{1}{f(x)}$。

狄利克雷生成函数

以后再说。

附

本章主要记载了推式子过程中容易用到的知识。

二项式反演

见《组合数学：从入门到被入门》。

牛顿二项式定理

我们都知道，著名的二项式定理是指：

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

更进一步，我们把组合数的定义域拓展到复数上：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{r}{k})=\frac{r^{\underset{―}{k}}}{k!}$$

其中 $a^{\underset{―}{b}}=a(a-1)(a-2)\cdots (a-b+1)$ 。

于是我们就有了：

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

虽然这个定理不常用，但有的时候推式子还是用得上的。