A Day With: Mathematics

闲话：

最近看 npesta 看的有点多，于是标题起的这个。

为什么一个非 GD 人会这么关注 GD 啊。

被 Limbo 震撼到了，尤其是最后的钥匙段，我一直盯着钥匙看了十几次也没看成功一次，GD 人太可怕。

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决定在我还有一定理智的时候把我一直没看明白的东西写下来。

虽然还是不理解吧。

我是萌新，不要 D 我 qwq

拉格朗日反演

我们记 \(F(G(x)) = x\) 的两个多项式 \(F(x)\) 与 \(G(x)\) 为复合逆。

首先有一个性质：若 \(F(G(x)) = x\)，那么 \(G(F(x)) = x\)。

我问 jjdw 这东西咋证明的，我忘了当时 jjdw 有没有给我证明了，反正我不会证。

拉格朗日反演：如果 \(F(x)\) 与 \(G(x)\) 互为复合逆，且 \(F(x)\) 和 \(G(x)\) 常数项为 \(0\)，一次项系数不为 \(0\)，那么：

\[[x^n] F(x) = \frac{1}{n}[x^{n - 1}] \left(\frac{x}{G(x)}\right)^n \]

证明看不懂，咕了。

还有个扩展拉格朗日反演：

\[[x^n] H(F(x)) = \frac{1}{n}[x^{n - 1}] H'(x)\left(\frac{x}{G(x)}\right)^n \]

另类形式：

\[[x^n] H(F(x)) = [x^{n}] H(x) G'(x)\left(\frac{x}{G(x)}\right)^{n+1} \]

卡特兰数

众所周知卡特兰数生成函数 \(C(x)=xC(x)^2 + 1\)。我们尝试凑 \(x\)，首先把常数项去掉，那么设 \(F(x)=C(x) - 1\)，那么就有 \(F(x) = x(F(x) + 1) ^ 2\)，\(\frac{F(x)}{(F(x)+1)^2}=x\)，那么 \(G(x)=\frac{x}{(x+1)^2}\)。

根据拉格朗日反演，\([x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}](x+1)^{2n}=\frac{1}{n}\binom{2n}{n-1}=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\)。

大朋友和多叉树

求有 \(n\) 个叶子的无标号有根树的数量，满足非叶子节点的度数属于集合 \(A\)，儿子有顺序。

考虑直接写出答案的生成函数：\(F(x)=\sum_{i \in A} F(x)^i + x\)，\(F(x)\) 没有常数项，那么可以直接凑出 \(F(x) - \sum_{i \in A} F(x)^i = x\)，那么 \(G(x) = x - \sum_{i\in A}x^i\)。

根据拉格朗日反演，\([x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]\left(\frac{x}{G(x)}\right)^n\)，多项式求逆加多项式快速幂即可。

[ABC222H] Beautiful Binary Tree

理性偷税。

首先不难转化题意为求满足相邻两个点的数不全为 \(0\)，且根节点为 \(1\) 的二叉树数量。

我们设 \(f_{0/1,n}\) 为根节点为 \(0/1\) 的 \(n\) 个节点的二叉树的数量，那么有：

\[f_{0,n} = 2 f_{1, n} + \sum_{i=0}^n f_{1,i} f_{1, n-i}, f_{0, 1} = 0 \]

\[f_{1,n} = 2 (f_{0, n - 1} + f_{1, n - 1}) + \sum_{i=0}^{n-1} (f_{0, i} + f_{1,i}) (f_{0, n-1-i} + f_{1, n-1-i}), f_{1, 1} = 1 \]

写成生成函数：

\[F_0(x) = 2F_1(x) + F_1(x)^2 \]

\[F_1(x) = x(1 + 2(F_0(x) + F_1(x)) + (F_0(x) + F_1(x)) ^ 2) = x(F_0(x) + F_1(x) + 1) ^ 2 \]

直接把 \(F_0(x)\) 代进去：

\[F_1(x) = x(F_1(x)^2 + 3F_1(x) + 1)^2 \]

然后找复合逆：

\[x = \frac{F_1(x)}{(F_1(x)^2 + 3F_1(x) + 1)^2} \]

\[G(x) = \frac{x}{(x^2+3x+1)^2} \]

那么就可以直接套拉格朗日反演了：

\[\begin{aligned}[] [x^n]F_1(x) &= \frac{1}{n} [x^{n - 1}] (x^2+3x+1)^{2n}\\ &= \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{2n}\binom{2n}{i}[x^{n-1}]x^{2i}(3x+1)^{2n-i}\\ &= \frac{1}{n}\sum_{i=0}^{2n}\binom{2n}{i}\binom{2n-i}{n-2i-1}3^{n-2i-1}\\ \end{aligned} \]

复杂度 \(O(n)\)。

好了知道了 joke 你可以不用说了。

概率生成函数

不知道有没有用，反正我是闲的。

定义

定义一个非负整数随机变量 \(X\) 的概率生成函数 \(F_X(x)\) 为 \(F_X(x)=\sum_{i\ge 0} P(X=i) x^i\)。

首先众所周知 \(\sum_{i\ge 0} P(X=i) = 1\)，那么也就是说 \(F_X(1)=1\)。

期望值

\[\begin{aligned} E(X) &= \sum_{i \ge 0} i P(X=i)\\ &= \sum_{i \ge 0} P(X=i) i 1^{i-1}\\ &= F_X'(1) \end{aligned} \]

那么就是说，期望值就是生成函数的导数。

根据这个我们还可以推出另一个结论：\(E(X^{\underline{k}})=F^{(k)}_ X(1)\)。

方差

\[\begin{aligned} D(X) &= E(X^2) - E(X)^2\\ &= E(X^{\underline 2}) + E(X^{\underline 1}) - E(X)^2\\ &= F_X''(1) + F_X'(1) - F_X'(1)^2 \end{aligned} \]

这给我们提供了一种不需要求概率就能计算期望或方差的方法。

卷积

没啥意思，就 \(F_{X+Y}(x) = F_X(x) F_Y(x)\)，原因显然。

[CTSC2006]歌唱王国

题意：给定一个长为 \(n\) 的序列 \(A\)，有一个序列 \(B\)，初始为空，每次随机添加一个 \([1,m]\) 的数，当 \(B\) 中出现 \(A\) 序列时停止，问期望多少步结束？

我们设 \(f_i\) 为在第 \(i\) 步结束的概率，其概率生成函数为 \(F(x)\)；

令 \(g_i\) 为第 \(i\) 步时还没结束的概率，其普通生成函数为 \(G(x)\)。

首先，我们考虑给仍未结束的序列加入单独的一个数，那么必然有 \(f_i + g_i = g_{i - 1}\)，并且 \(f_0 = 0, g_0 = 1\)，于是可以得到生成函数的关系 \(F(x) + G(x) = 1 + xG(x)\)。

两边求导，得到 \(F'(x) + G'(x) = G(x) + xG'(x)\)。

我们要求的期望值就是 \(F'(1)\)，于是代入 \(x=1\)，得到 \(F'(1) = G(1)\)，那么我们想办法求 \(G(1)\)。

考虑给仍未结束的序列加入整个 \(A\) 序列。那么加入完成之后一定会结束，但是有可能提前结束，因为可能加入的一段前缀是 border，正好提前组成了 \(A\) 序列。那么可以写出以下式子：

\[G(x) \left(\frac{1}{m}x\right)^n = \sum_{i=1}^n a_i F(x) \left(\frac{1}{m}x\right)^{n - i} \]

\(a_i\) 表示长度为 \(i\) 的前缀是否为 border。

那么我们代入 \(x=1\)，就有 \(G(1) m^{-n} = \sum_{i=1}^n a_i m^{i-n}\)，即 \(G(1) = \sum_{i=1}^n a_i m^i\)。

那么期望值就是 \(G(1) = \sum_{i=1}^n a_i m^i\)。

magic.

还有几个例题咕了。

感觉概率生成函数能解决的问题都和无穷过程求结束时间的期望值，所以这些题能不能用鞅与停时定理来做？

待考察。

好了今天的理智值用光了，大家再见。