[学习笔记]可爱的生成函数

前置知识：多项式全家桶

简介

定义（组合对象）：满足某一性质的树、图、串等可数的对象。

定义（组合类）：同一性质的组合对象组成的集合，通常用花体字母如$\mathcal{A}$表示。

定义（普通生成函数 OGF）：$A(x)=\sum\limits_{a\in\mathcal{A}}x^{|a|}=\sum\limits_{n\ge0}a_nx^n$

$x^n$为下标=占位符（保存组合类性质，是生成函数构造的核心），组合意义上叫（组合类的）大小。$a_n$表示$[x^n]A(x)$，即大小为$n$的组合对象的总数目，通俗来说就是你题目想要求的东西，也可以说生成函数是对于序列$a$而言的。可以看出第一个等号后是组合意义（也是更直观于题目表现），第二个等号后是多项式，即数学意义。

OGF

鸽着（周末会补）

EGF

也鸽着（周末会补）

PGF

设$P(表达式)$为表达式为真的概率。$X$为离散型随机变量也就是事件。

• $F(x)=\sum\limits_{i\ge0}P(X=i)x^i$

• $F(1)=1$

  • 因为所有事件的概率和为$1$。

• $E(x)=F'(1)$

  • $E$里面的自变量代表事件（也就是加权）

• $E(x^{\underline{k}})=F^{(k)}(1)$

  • 系数为下降幂可以通过多次求导得到。

• $E(x^2)=E(x(x-1)+x)=F''(1)+F'(1)$

• $Var(x)=E(x^2)-E^2(x)=F''(1)+F'(1)-F(1)^2$

  • $Var(x)=E((x-E(x))^2)=E(x^2-2E(x)x+E^2(x))=E(x^2)-E^2(x)$

  • $var$是方差

[CTSC2006]歌唱王国

• 题意
  给长为$m$的$S$，每次等概率在$[1,c]$中随机一个数加到$T$里（$T$初始为空），直到$T$中有子串$S$停止，输出期望$|T|$的后四位。

• 思路
  这种题就是套路吧，不懂套路感觉没法做的。
  设$F(x)$为恰好$n$次结束的PGF，$G(x)$为$n$次时还没结束的PGF。
  需要$G$是因为$F$不好求，而有了$G$就可以通过$F,G$的关系，列两个等式（方程）来解$F$。
  目标是$E(x)=F'(x)$

• 方程1：$F+G=xG+1$

  • 由$g$递推式得，$g_n=g_{n+1}+f_{n+1}$
    系数转函数：注意左边$*x$常数项没有意义，但右边常数项为$1$要加上。

• 方程2：$G*(\frac{1}{c})^m=\sum\limits_{k=1}^ma_k*F*(\frac{1}{c})^{m-k}$

  • 左边为$G$后面直接补了$T$但可能在补$T$中途就结束了，此时一定会出现前缀=后缀的情况，$a[i]$表示$T$长度为$i$的前后缀是否匹配，因此枚举重叠（相等）长度$k$。

• 然后解方程的套路通常是赋值$x=1$。
  因为要求$F'(x)$，方程1求导，且赋值$x=1$得到：$F'(1)=G(1)$。
  方程$2$同样赋$1$得：$G(1)=\sum\limits_{i=1}^ma_i*c^i$
  因此跑KMP+求解$G(1)$即可。

• code:

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+5;
const int mod=1e4;
int pw[N];
int fail[N],s[N];
int main() {
	int n,t;scanf("%d%d",&n,&t);
	while(t--) {
		int m;scanf("%d",&m);
		for(int i=1;i<=m;i++) {scanf("%d",&s[i]);}
//		fail[1]=0;
		for(int i=2,j=0;i<=m;i++) {
			while(j&&s[i]!=s[j+1]) {j=fail[j];}
			if(s[i]==s[j+1])j++;
			fail[i]=j;
//			printf("fail[%d]=%d\n",i,j);
		}
		pw[0]=1;for(int i=1;i<=m;i++) pw[i]=pw[i-1]*n%mod;
		int ans=0;
		for(int i=m;i;i=fail[i]) {
			ans=(ans+pw[i])%mod;
		}
		printf("%04d\n",ans);
	}
	return 0;
}

[SDOI2017]硬币游戏

• 题意
  跟上一题不同点在于，有$n$个长为$m$的串$T_i$，只要任意一个串出现即可停止。
• 思路
  同样，设$F_i$为在以$T_i$结尾结束的pgf，$G$为还未结束的pgf。
  易得方程1: $\sum\limits_{i=1}^nF_i=1$
  同上一道题，方程2: $\sum\limits_{i=1}^nF_i+G=xG+1$
  方程三的构造也和上一道题一样的，但要知道是哪两个字符串的border。
  因此记：$a[i][j][k]$:为$T_i$前缀是否和$T_j$前缀长$k$处匹配。
  方程3：$G*2^{-m}x^m=\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{k=1}^ma_{i,j,k}F_j(x)2^{k-m}x^{m-k}$
  代入$x=1$得：$G(1)=\sum\limits_{j=1}^n\sum\limits_{k=1}^ma_{i,j,k}F_j(1)2^k$
  方程2其实没什么用，联立方程1和3，$n+1$个未知数，$n+1$个方程，让Gauss告诉你答案。
• code:

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const ll mod=1e9+7;
const int N=305;
const db eps=1e-8;
db pw_2[N],G[N][N];
ll H[N][N],pw2[N];
char s[N];
ll Hash(int i,int l,int r) {return ((H[i][r]-H[i][l-1]*pw2[r-l+1])%mod+mod)%mod;}

void Print(int n) {
	printf("matrix:~~~\n");
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n+1;j++) {
			printf("%.6lf ",G[i][j]);		
		}
		puts("");
	}
	printf("end matrix:~~~\n");
}

void Gauss(int n) {
//	Print(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int r=i;
		for(int j=i+1;j<=n;j++)if(fabs(G[j][i])>fabs(G[r][i])){r=j;}
		if(r!=i)swap(G[i],G[r]);
		assert(fabs(G[r][i])>eps);
		for(int j=i+1;j<=n;j++) {
			db d=G[j][i]/G[i][i];
			for(int k=1;k<=n+1;k++) {G[j][k]-=G[i][k]*d;}
		}
	}
	for(int i=n;i>=1;i--) {
		G[i][n+1]/=G[i][i];
		for(int j=1;j<i;j++) {G[j][n+1]-=G[j][i]*G[i][n+1];}
	}
	for(int i=1;i<n;i++) {printf("%.7lf\n",G[i][n+1]);}
//	printf("G0 = %.6lf\n",G[n][n+1]);
}

int main() {
	int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
	pw_2[0]=pw2[0]=1;for(int i=1;i<=m;i++)pw2[i]=pw2[i-1]*2%mod,pw_2[i]=pw_2[i-1]*0.5;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%s",s);
		for(int j=1;j<=m;j++) {H[i][j]=(H[i][j-1]*2+(s[j-1]=='T'))%mod;}
	}
	//boader
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=1;j<=n;j++)for(int k=1;k<=m;k++) {
			if(Hash(i,1,k)!=Hash(j,m-k+1,m))continue;
			G[i][j]+=pw_2[m-k];
//			printf("(i=%d,j=%d,k=%d)\n",i,j,k);
		}
		G[i][n+1]=-1;
	}
	for(int j=1;j<=n;j++)G[n+1][j]=1;G[n+1][n+2]=1;
	Gauss(n+1);
	return 0;
}

构造

oi-wiki

无标号Multiset构造

• 组合意义：完全背包，即构造$\mathcal{A}$里元素所有可能组合。
• 算法：（polya exp & Euler 变换）
  $\xi(A(x))=\prod\limits_{i\ge1}(\dfrac{1}{1-x^i})^{a_i}=\exp (\sum\limits_{j\ge1}\dfrac{A(x^j)}{j})$
  例题：
  1.洛谷 P4389 付公主的背包:直接欧拉变换取出系数即可。
  2.loj566:多重背包（有取的个数上界，推柿子跟前一题差不多，暂时鸽着）
  3.无标号无根树计数：欧拉变换+分治fft/牛顿迭代接方程
  ps.总体能掌握推柿子的套路，以及熟悉了解用途即可。

无标号Powerset构造

• 组合意义：01背包
• 算法：（改版欧拉变换，polya指数）
  $\bar{\xi}(A(x))=\prod\limits_{i\ge0}(1+x^i)^{a_i}=\exp (\sum\limits_{i\ge1}(-1)^{j-1}\dfrac{A(x^j)}{j})$
  例题：「SWTR-03」Counting Trees：较板，比较有趣

未完待续……⁺