多项式学习笔记（四）： 多项式计数基础
1.多项式基础
约定： \(F[n] 或 [x^n]F(x)\) 表示为多项式 \(F(x)\) 第 \(n\) 项的系数。
(1)多项式卷积
\(F(x) * G(x) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n} F[i]G[j]x^{i+j}\)
同理 \((F*G)[n] = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} F[i]G[n-i]\)
(2)多项式复合
\(F(G[x]) = \displaystyle\sum_{i=1}^{n} F[i]G(x)^i\)
可以理解为整体替换的形式。
当 \(F(G(x)) = x\) 时，则称 \(F,G\) 互为复合逆。
(3)泰勒展开
设 \(F^{(n)}(x)\) 表示 \(F(x)\) 的 \(n\) 阶导数，则有 \(F(x)\) 在 \(x_0\) 处的泰勒展开为 ：
\(F(x) = \displaystyle\sum_{i=0} {F^{(i)}(x_0)\over i!} (x-x_0)^i\)
(4) 麦克劳林级数
取 \(F(x)\) 在 \(0\) 处的泰勒展开，则有 \(F(x) = \displaystyle\sum_{i=0} {F^{(i)}(0)\over i!} x^i\) 这是一个幂级数的形式。
根据这个式子，我们用卷积来定义一些东西。
一个经典的例子就是 \(e^x = \displaystyle\sum_{i=0}{x^i\over i!}\)。
(5) 牛顿二项式定理
下文中 \(\dbinom{n}{k} = {n(n-1)(n-2)...(n-k)\over k!}\)
\((x+y)^n = \displaystyle\sum_{i=0}^{n} \dbinom{n}{i}x^iy^{n-i}\)
当 \(n\) 为正数的时候 \((x+y)^{n} = \displaystyle\sum_{i=0}^{n} C_{n}^{i} x^iy^{n-i}\)
当 \(x\) 为负数的时候 \((1+x)^n = \displaystyle\sum_{i=0}^{n} C_{n-i+1}^{i} x^i\)
2.生成函数的引入
对于一个无穷数列 \(F\)，定义其生成函数为：
\(\displaystyle\sum_{i=0} F[i] x^i = F[0]x^0 + F[1]x^1 + F[2]x^2 ....\)
形式化来说就是：数列的每个数分别附上代数对象 \(x\) 的幂，从而得到了一个幂级数 （你也可以暂且理解为多项式）
比如数列 \(F=<1,1,1,1....1>\) ,他的生成函数为 \(\displaystyle\sum_{i=0}x^i = 1 + x^1+x^2+x^3....\)
作为生成函数 \(F(x)\)， \(x\) 的取值我们是不关心的，我们只关心的是 \(F[n]\) 的值，同理函数的值也是没有意义的。
我们观察一下上面的 \(F(x)\) ,不难发现：
\(F[x] = 1+x^1+x^2+x^3+x^4+x^5+....\)
\(xF[x] = x^1+x^2+x^3+x^4+x^5+...\)
两式相减可得： \((1-x)F(x) = 1\) 。
可以得到 \(F(x) = {1\over 1-x}\)
我们称 \(1\over 1-x\) 为 \(F(x)\) 的封闭形式。
形式化来说就是：对于无穷数列的求和我们不能很好的表示出来。相对简洁的形式就叫做封闭形式。
同理，我们还可以得到以下封闭形式：
- \(1+x+x^2+x^3 +... = {1\over 1-x}\)
- \(1+ax+ax^2+ax^3+ax^4+... = {1\over 1-ax}\)
- \(\displaystyle\sum_{i=0} x^{ik} = {1\over 1-x^k}\)
- \(\displaystyle\sum_{i=0} cx^{ik} = {1\over 1-cx^k}\)
例题： bzoj3028 食物
我们把每种食物的生成函数写出来，相乘即为选取食物方案数的生成函数 \(F(x)\)。
汉堡： \(1+x^2+x^4+x^6+...\) , 封闭形式为 \({1\over 1-x^2}\)
可乐： \(1+x\)
鸡腿： \(1+x+x^2\)
蜜桃多： \(x+x^3+x^5+...\), 封闭形式为 \(x\over 1-x^2\)
鸡块： \(1+x^4+x^8+... = {1\over 1-x^4}\)
包子： \(1+x^1+x^2+x^3 = {1-x^4\over 1-x}\)
土豆片炒肉： \(1+x\)
面包： \(1+x^3+x^6+... . = {1\over 1-x^3}\)
相乘起来可得： \(F[x] = {x\over (1-x)^4}\)， 根据牛顿二项式定理展开可得： \(F(x) = x\displaystyle\sum_{i=0}C_{i+3}^i x^i = x\sum_{i=0}c_{i+3}^3 x^i\)
所以取 \(n\) 个食物的方案数为 \(F[n] = C_{i+2}^{3}\) ，利用卢卡斯定理求组合数即可。
3.一些生成函数的推导
主要是利用生成函数来解决一些递推问题。
斐波那契数列的生成函数
递推定义式： \(F[0] = 0,F[1] = 1. F[i] = F[i-1] + F[i-2] (i>1)\)
把他写成生成函数的形式： \(F(x) = \displaystyle\sum_{i=0} F[i]x^i\), 不能看出什么东西来。
考虑利用适当的错位让 $F(x) $ 表示他自己：
\(F(x) = F[0] + F[1]x^1+F[2] x^2+F[3]x^3....\)
\(xF(x) = F[0]x^1+F[1]x^2+F[2]x^3.... = \displaystyle\sum_{i=1}F[i-1]x^i\)
\(x^2F(x) = F[0]x^2+F[1]x^3+F[2]x^4... = \displaystyle\sum_{i=2}F[i-2]x^i\)
\(xF(x)+x^2F(x) = \displaystyle\sum_{i=1}F[i-1]x^i+\sum_{i=2}F[i-2]x^i\)
\(xF(x)+x^2F(x) = F[0] + \displaystyle\sum_{i=2}F[i]x^i\)
由此可得： \(xF(x)+x^2F(x) = F(x)-x\)
解得： \(F(x) = {x\over 1-x-x^2}\)
这个虽然是个封闭形式，但是并不能给我们关于 \(F[n]\) 的信息, 我们现在想办法把他转化为无穷级数的形式。
考虑解一个待定系数方程： \({A\over 1-ax} + {B\over 1-bx} = {x\over 1-x-x^2}\)
展开可得： \({{A-Abx} + {B - Bax}\over (1-ax)(1-bx)} = {x\over 1-x-x^2}\)
可得： \(\begin{cases} A+B = 0\\Ab-Ba = 0\\ab = -1\\a+b = 1\end{cases}\)
解得：\(\begin{cases} A={1\over \sqrt{5}}\\B = {-{1\over {\sqrt5}}}\\a = {(1+\sqrt{5})\over 2}\\b = {1-\sqrt{5}\over 2}\end{cases}\)
然后我们就可以得到斐波那契数列的通项公式： \(F(x) = \displaystyle\sum_{n=0} x^n{1\over \sqrt{5}} \left(\left({(1+\sqrt{5})\over 2}\right)^n - \left({{1-\sqrt{5}}\over 2}\right)^n \right)\)
4.普通生成函数和指数生成函数
OGF（普通生成函数）
设数列 \(F[n]\), 其 \(OGF\) 为 \(F(x) = \displaystyle\sum_{i=0}F[i]x^i\) 。
考虑两个序列 \(a,b\) 的普通生成函数，分别为 \(F(x),G(x)\),则有：
\(F(x)+G(x) = \displaystyle\sum_{i} (a_i+b_i)x^i\)
所以 \(F(x)+G(x)\) 是序列 \(<a_n+b_n>\) 的 \(\text{OGF}\)。
乘法运算(卷积)则有：
\(F(x)G(x) = \displaystyle\sum_{i} x^i\sum_{j=0}^{i}a_ib_{i-j}\)
所以 \(F(x)G(x)\) 是序列 \(<\displaystyle\sum_{i=0}^{n}a_ib_{n-i}>\) 的 \(\text{OGF}\)
John 得到了 \(n\) 罐糖果。不同的糖果罐，糖果的种类不同（即同一个糖果罐里的糖果种类是相同的，不同的糖果罐里的糖果的种类是不同的）。第 \(i\) 个糖果罐里有 \(m_{i}\) 个糖果。John 决定吃掉一些糖果，他想吃掉至少 \(a\) 个糖果，但不超过 \(b\) 个。问题是 John 无法确定吃多少个糖果和每种糖果各吃几个。有多少种方法可以做这件事呢？
生成函数入门题。
首先我们把每个糖果的生成函数写出来即： \(f(x) = x^0+x^1+x^2 ..... + x^m\).
\(\because xf(x) = x^1+x^2+....x^{m+1}\)
\(\therefore f(x)-xf(x) = 1-x^{m+1}\)
\(\therefore f(x) = {1-x^{m+1}\over{1-x}}\)
把每个糖果的生成函数乘起来： \(\displaystyle{\prod_{i=0}^{n} (1-x^{m_i+1})}\over(1-x)^n\)
分子展开之后最多有 \(2^n\) ，暴力展开即可。
分母由牛顿二项式定理可得： \((1-x)^{-n} = \displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}C_{n+k-1}^{k}x^k\)
考虑假如说当前分子枚举到 \(x^{k}\) ,那么分母对当前答案的贡献即为 \(\displaystyle\sum_{i=a-k}^{b-k} C_{n+i-1}^{i}\) .
由 杨辉三角可得, \(\displaystyle\sum_{i=a-k}^{b-k} C_{n+i-1}^{i} = C_{n+b-k}^{b-k} - C_{n+a-k-1}^{a-k-1}\)
可以模数不是质数，没有逆元怎么办？
\(\displaystyle \because C_{n+b-k}^{b-k} = {(n+b-k)!\over{n!(b-k)!}}\)
\(\displaystyle \therefore C_{n+b-k}^{b-k} = {(n+b-k)(n+b-k-1)....(b-k+1)\over n!}\)
因为 $n! $ 很小，所以可以在算分子的时候把模数变为 \(n!\times p\) ,最后在除以 \(n!\) 即可。
EGF 指数生成函数
序列 \(a\) 的指数生成函数 \(\text{EGF}\) 定义为：
\(F(x) = \displaystyle\sum_{i=0}a_i{x^i\over i!}\)
指数生成函数的加法和普通生成函数是一样的。
乘法运算（卷积）：
\(F(x)G(x) = \displaystyle\sum_{i=0}^{\infty} a_i{x^i\over i!} \sum_{j=0}^{\infty}b_j{x^j\over j!}\)
\(F(x)G(x) = \displaystyle\sum_{i=0}^{\infty}x^i\sum_{j=0}^{i} a_jb_{i-j}{1\over j!(i-j)!}\)
\(F(x)G(x) = \displaystyle\sum_{i=0}^{\infty}{x^i\over i!}\sum_{j=0}^{i}a_jb_{i-j}{i!\over j!(i-j)!}\)
\(F(x)G(x) = \displaystyle\sum_{i=0}^{\infty}{x^i\over i!} \sum_{j=i}^{n}{i\choose j}a_jb_{i-j}\)
所以 \(F(x)G(x)\) 是 \(<\displaystyle\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}a_ib_{n-i}>\) 的 \(\text{EGF}\) 。
常见的封闭形式：
- \(\{1,1,1,1,.....\} \Rightarrow e^x\)
- \(\{1,-1,1,-1,1,....\}\Rightarrow e^{-x}\)
- \(\{1,c,c^2,c^3.....\} \Rightarrow e^{cx}\)
- \(\{1,0,1,0,1,0.....\} \Rightarrow {e^x+e^{-x}\over 2}\)
exp 的组合意义
我们观察 \(\text{exp} F(x) = \displaystyle\sum_{i} {F(x)^i\over i!}\)
如果把 \(F(x)\) 看做单个元素的 \(\text{EGF}\), 那么 \(\text{exp} F(x)\) 就描述了这些元素组成的有标号的集合。
举几个例子：
- 如果 \(n\) 个点带标号的生成树的 \(\text{EGF}\) 为 \(F(x)\)， 那么 \(n\) 个点带标号的森林的 \(\text{EGF}\) 即为 \(\text{exp} F(x)\) ,直观理解为将 \(n\) 个点分为若干个集合，每一个集合构成一棵树的方案数之积。
- 如果 \(n\) 个点带标号的无向连通图的 \(\text{EGF}\) 为 \(F(x)\), 那么 \(n\) 个点带标号的无向图的 \(\text{EGF}\) 即为 \(\text{exp} F(x)\) 。直观理解为把 \(n\) 个点分为若干个集合，每一个集合构成无向连通图的方案数之积。
