数学杂项

Taylor 展开

还是很重要的一个东西。

\[\begin{aligned} f(x)=\sum^{+\infty}_{k=0} \frac{f^{k}(0)}{k!}x^k \end{aligned} \]

有这玩意可以推非常好的两个式子，即：

\[\begin{aligned} \ln(1-x)&=-\sum_{i\geq 1}\frac{x^i}{i}\\ \ln(\frac{1}{1-x})&=\sum_{i\geq 1}\frac{x^i}{i} \end{aligned} \]

直接 Taylor 展开就能推出来：

\[\begin{aligned} \ln(1-x)^{(k)}&=(-1)^{(k-1)}\frac{(k-1)!}{(x-1)^k}\\ \ln(1-x)&=\sum_{i\geq 0}\frac{\ln(1-x)^{(i)}(0)}{i!}x^i\\ &=\sum_{i\geq 0}\frac{(-1)^{i-1}\frac{(i-1)!}{(-1)^i}}{i!}x^i\\ &=\sum_{i\geq 1}-\frac{x^i}{i}\\ \end{aligned} \]

广义二项式定理

\[(1+x)^n=\sum^n_{i=0}\binom{n}{i}x^i \]

当 \(n\) 不为自然数时，此式将失效，接下来我们用 Taylor 展开来推出在实数域上的二项式定理。

\[\begin{aligned} f^k(x)&=n^{\underline{k}}(1+x)^{n-k}\\ f(x)=(1+x)^n&=\sum_{k\geq 0}\frac{f^{k}(0)}{k!}x^k\\ &=\sum_{k\geq 0}\frac{n^{\underline{k}}}{k!}x^k \end{aligned} \]

\(\dfrac{n^{\underline{k}}}{k!}\) 也即广义组合数。

普通型生成函数（OGF）

我们现在有一个序列 \(a_i\)，其生成函数就是以 \(a_i\) 为每项系数的多项式。当生成函数类型不同时，多项式的形式也不同。

在 OGF 中，我们有：

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

必须使 \(F(x)\) 是收敛的。在这里，\(x\) 没有实际的意义。

一些关于 \(a\) 的计数，我们可以通过对 \(F\) 进行卷积来加速运算。

这里的 \(a_i\) 定义，基本上是 XX 选 \(i\) 个的方案数，当方案数为 \(1\) 时，有一些特殊的性质，下文会涉及到。

以下生成函数，如果没有特殊说明，都为 OGF。

指数型生成函数（EGF）

\[\hat F(x)=\sum_{i=0}^{\infty}a_i\frac{x^i}{i!} \]

OGF 只能用于无序的计数，如果需要有序，我们得引入 EGF。在一般情况下，EGF 可以被理解为序列染色。

在 EGF 和其他生成函数同时使用时，我们会用 \(\hat F\) 来区分。由于 OGF 和 EGF 的适用范围基本仅仅区别于有无序，所以这里放在一起。

依我自己的理解，EGF 是计算同种颜色之间不区分顺序，异种颜色之间区分顺序的。

计算这种可重排列，其假设各颜色用的个数为 \(c_1,c_2\dots c_k\)，则方案数为 \(\dfrac{(\sum c)!}{\prod c_i!}\)。我们将这里的 \(c_i!\) 放在 OGF 中提前处理掉，就变成了 EGF。

k 阶前缀和

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给定长度为 \(n\) 的序列，求其 \(k\) 阶前缀和。

设原序列生成函数为 \(F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty} a_ix^i\)。

我们将 \(b_i=\sum a_j\) 用卷积的形式表示，即 \(b_i=\sum\limits^{i}_{j=0}a_jt_{i-j}\)。

显然，\(t\) 是一个全 \(1\) 序列，其生成函数即为 \(G(x)=\sum\limits^{\infty}_{i=0} x^i\)，其封闭形式很容易得出为 \(\dfrac{1}{1-x}\)。

所以 \(k\) 阶前缀和相当于 \(F(x),G(x)\) 卷 \(k\) 次，设 \(B(x)\) 为答案序列，我们有 \(B(x)=F(x)*G(x)^k=F(x)*(1-x)^{-k}\)

直接使用广义二项式定理，我们有：

\[\begin{aligned} (1-x)^{-k}&=\sum\limits_{i\geq 0}\frac{(-k)^{\underline{i}}}{i!}(-x)^i\\ &=\sum\limits_{i\geq 0}(-1)^i\binom{k+i-1}{i}(-x)^i\\ &=\sum\limits_{i\geq 0}\binom{k+i-1}{i}x^i \end{aligned} \]

直接卷 \(F\) 和 \(G\) 的前 \(n\) 项即可。

这里我们还能扩展一个非常有用的东西，对于 \((\dfrac{1}{1-x})^k\)，相当于 \((\sum\limits^{\infty}_{i=0} x^i)^k\)，它的第 \(n\) 项系数，即为将 \(n\) 个无序号点分为 \(k\) 份，每份不空。

这就是隔板法，相当于 \(\binom{n+k-1}{k-1}\)。

"半环图"计数

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求 \(n\) 个点 \(m\) 条边的简单无向图（可以不连通）满足加入非负整数条边后可以变成 \(n\) 个点的环的个数。

这里我们只考虑 \(n\geq m\) 的情况。

设 \(n-m=k\)，则无向图是由 \(k\) 条链组成的。在这里，我们我们需要注意的是，链的内部是有序的，而链与链之间是无序的。

看到有序，我们直接考虑 EGF，这里先假设链与链之间也是有序的，我们不妨设 \(a_i\) 表示将 \(i\) 个有标号的点串成一条链的方案数，即：

\[a_i=\frac{i!}{2} \]

特殊的，当 \(i=1\) 时，\(a_i=1\)。

然后对于选择进入一条链的点是无序的。不是同一条链的点是有序的，直接使用 EGF。

开始推式子：

\[\begin{aligned} \hat F(x)&=a_i\frac{x^i}{i!}\\ &=x(1+\frac{1}{2}x(x+x^2\dots))\\ &=x(1+\frac{1}{2}x\frac{1}{1-x})\\ &=x+\frac{x^2}{2(1-x)}\\ &=\frac{2x(1-x)+x^2}{2(1-x)}\\ &=x\frac{1-\frac{x}{2}}{1-x} \end{aligned} \]

那么 \(k\) 条链相当于 \(\hat F(x)^k\)。我们将其表示出来：

\[\begin{aligned} \hat F(x)^k=x^k\frac{(1-\frac{x}{2})^k}{(1-x)^k} \end{aligned} \]

一项一项提，对于 \([a_p](1-\frac{x}{2})\)，我们直接广义二项式展开，即 \(\binom{k}{p}(-\frac{1}{2})^p x^p\)。

对于 \([a_p]\frac{1}{(1-x)^k}\) ，这很典，即 \(\binom{p+k-1}{k-1}x^p\)。

然后想要 \(F(x)^k\) 的 \(n\) 次项，我们需要让三部分的次数和为 \(n\)，枚举分子的次数 \(i\)，则分母为 \(n-k-i\)。

然后直接算即可。因为是 EGF，答案要乘 \(n!\)，同时我们刚才将链之间也算成了有序，所以还要除以 \(k!\)。

生成函数的伸缩、平移

平移

• 向右平移，只需要乘 \(x^k\) 即可。

  即，\(F(x)=\sum_{i\geq 0} a_i x^i \to x^kF(x)=\sum_{i\geq 0} a_i x^{i+k}\)

• 向左平移，同理都除以 \(x^k\)，注意移去前 \(k-1\) 项。

伸缩

非常符合常理，非常优美的形式。

即，\(F(x)=\sum_{i\geq 0} a_i x^i \to F(x^k)=\sum_{i\geq 0} a_i x^{ik}\)

单位根反演看不懂 qwq。