闲话 25.2.2

闲话

我怎么感觉我读了这个论文，还不知道 kernel method 是啥啊。

没人总结这个，可能未来要读一些新东西。

the Kernel Method: a collection of examples 读后感

$1.$ 第一次出现

在 H. Prodinger 看来，kernel method 发源于 Knuth 的书《计算机程序设计艺术・卷1：基础算法》的习题 2.2.1.-4。之后，该方法在论文 Generating functions for generating trees 中被总结。在此，我们首先重现 Knuth 最初的习题，来引入 kernel method。

模型是这样的：在直角坐标系上，从原点出发，每次可以从 $(n, m)$ 走到 $(n + 1, m \pm 1)$ ，但不能越过 $x$ 轴，即从 $(n, 0)$ 只能走到 $(n + 1, 1)$ 。这也叫 Dyck 路。我们的目的是计数从原点出发、到达 $(n, m)$ 的路径。

我们接下来的重点就是 Knuth 所使用的推导方法。不妨建立生成函数 $f_m(z)$ ，其中 $[z^n]f_m(z)$ 是我们的目标。那么立得如下的递归关系：

\begin{aligned} f_{m} (z) & = z f_{m - 1} (z) + z f_{m + 1} (z), m \geq 1 \\ f_{m} (z) & = 1 + z f_{1} (z) \end{aligned}

$\begin{aligned} f_m(z) &= zf_{m-1}(z) + zf_{m + 1}(z), \qquad m\ge 1 \\ f_m(z) &= 1 + zf_{1}(z) \end{aligned}$

随后引入 $F(z, x) = \sum_{m\ge 0} f_m(z) x^m$ ，那么据递推，写出

F (z, x) = z x F (z, x) + \frac{z}{x} [F (z, x) - f_{0} (z) - x f_{1} (z)] + f_{0} (z)

$F(z,x) = zx F(z,x) + \dfrac zx \left[F(z,x) - f_0(z) - xf_1(z) \right] + f_0(z)$

化简得到（ $f_0(z) = F(z, 0)$ ）

F (z, x) = z x F (z, x) - \frac{z}{x} [F (z, x) - F (z_{0})] + 1

$F(z,x) = zx F(z, x) - \dfrac zx\left[F(z, x) - F(z_0)\right] + 1$

据此 $F(z,x) = \dfrac{z F(z, 0) - x}{zx^2 - x + z}$ 。我们不能朴素地带入 $x = 0$ 来解出 $F(z,0)$ ，因为这只会得到恒等式。但分解分母为 $z\left(x - r_1(z)\right)\left(x - r_2(z)\right)$ ，其中

r_{1, 2} (z) = \frac{1 \mp \sqrt{1 - 4 z^{2}}}{2 z}

$r_{1,2}(z) = \dfrac{1 \mp \sqrt{1 - 4z^2}}{2z}$

注意到 $x,z\to 0$ 时 $x - r_1(z) \sim x - z$ ，故 $F(z,x)$ 的因式 $\left(x - r_1(z)\right)^{-1}$ 在 $(0, 0)$ 的邻域内没有幂级数展开式，但 $F(z,x)$ 必然有，故这个“劣”的因式实际上必然不存在，即 $x - r_1(z)$ 也是分子的因式。那么将分子视作 $f(x)$ ，则自然有 $f(r_1(z)) = 0$ ，从而得到 $z F(z,0) - r_1(z) = 0$ ，因此约掉共同的 $x-r_1(z)$ 得到

F (z, x) = \frac{- 1}{z (x - r_{2} (z))} = \frac{2}{1 - 2 x z + \sqrt{1 - 4 z^{2}}}

$F(z,x) = \dfrac{-1}{z(x-r_2(z))} = \dfrac{2}{1-2xz+\sqrt{1-4z^2}}$

那么显然地，走到 $(2n, 0)$ 的方案数，或 Catalan 数，即

[z^{2 n}] F (z, 0) = \frac{1}{n + 1} (\binom{2 n}{n})

$[z^{2n}]F(z,0) = \dfrac 1 {n + 1} \binom{2n}n$

相似地，到达 $(n, m)$ （显然应有 $n\equiv m \pmod 2$ ）的方案数为

[x^{m} z^{n}] F (z, x) = [z^{n + 1}] {(\frac{2 z}{1 + \sqrt{1 - 4 z^{2}}})}^{m + 1} = \frac{m + 1}{n + 1} [z^{n - m}] (1 + z^{2})^{n + 1} = \frac{m + 1}{n + 1} (\binom{n + 1}{\frac{n - m}{2}})

$[x^mz^n] F(z,x) = [z^{n + 1}] \left(\dfrac{2z}{1+\sqrt{1-4z^2}}\right)^{m + 1} = \dfrac{m+1}{n+1} [z^{n-m}] (1+z^2)^{n+1} = \dfrac{m + 1}{n+1} \binom{n+1}{\frac{n-m}{2}}$

$2.$ Knödel 游走

Knödel 构造了一个简单的装箱问题，其形式可以转化为特殊图上的随机游走。有大小为 $1$ 的箱子，以及随机到来的大小为 $\frac{k}{d}, k = 1,\dots,d-1$ 的物品，以及一个在线的、目的是尽可能装满更多箱子的策略。这个问题可以用“状态”来描述，每个状态都编码了某个特定时刻中部分装满的箱子。我们在下面处理了 $d = 3,4$ 的情况。更大的 $d$ 会导出十分复杂的情况，我们不处理。

在最简单的版本里，箱子的大小为 $1$ ，物品的大小为 $\frac 13$ 或 $\frac 23$ ，两种物品随机到来。有一个人想要在线地装满尽可能多的箱子，这样本质上会剩下一系列装了 $\frac 23$ 的箱子，我们会将其减少或增加到 $1$ 。这个模型可以自然地被抽象为在一个特殊的无穷图上、从状态 $0$ （下层最左侧的节点）开始的随机游走（又名 Knödel 游走，以纪念其创造者）。上述特殊图是

在这个情况中，会有一个特殊的状态 $\beta$ （上层的唯一节点），表示一个装了 $\frac 13$ 的箱子。

我们的目的是找到一个二元生成函数，其系数编码了在图上游走的步数与随机游走最终到达的状态。从这里，可以得到每个状态未利用的空间：状态 $0$ 为 $0$ ，状态 $\beta$ （一个装了 $1/3$ 的箱子）为 $2/3$ ，状态 $k$ （ $k$ 个装了 $2/3$ 的箱子）为 $k / 3$ 。

令 $f_a(z)$ 为生成函数，其中 $[z^n] f_a(z)$ 计数了所有走了 $n$ 步、终止于状态 $a$ （ $a \in \mathbb N$ 或 $a = \beta$ ）的游走路径。图上的边表示了所有可能的转移，走一步在生成函数上表示为乘 $z$ ，立得

\begin{aligned} f_{k} (z) & = z f_{k - 1} (z) + z f_{k + 1} (z), k \geq 2 \\ f_{1} (z) & = z f_{0} (z) + z f_{β} (z) + z f_{2} (z) \\ f_{0} (z) & = 1 + z f_{1} (z) + z f_{β} (z) \\ f_{β} (z) & = z f_{0} (z) \end{aligned}

$\begin{aligned} f_k(z) & = z f_{k - 1} (z) + z f_{k + 1}(z) , \quad k\ge 2 \\ f_1(z) & = z f_0(z) + z f_\beta(z) + z f_2(z) \\ f_0(z) & = 1 + z f_1(z) + z f_\beta(z) \\ f_\beta(z) & = zf_0(z) \end{aligned}$

引入二元生成函数 $F(z,x) = \sum_{m\ge 0} f_m(z) x^m$ ，那么使用 $1.$ 中的 $r_{1,2}(z)$ 的定义有

\begin{aligned} F (z, x) & = z x F (z, x) + \frac{z}{x} [F (z, x) - f_{0} (z)] + 1 + (1 + x) z f_{β} (z) \\ = z x F (z, x) + \frac{z}{x} [F (z, x) - F (z, 0)] + 1 + (1 + x) z^{2} F (z, 0) \\ = \frac{z (1 - x (1 + x) z) F (z, 0) - x}{z x^{2} - x + z} = \frac{z (1 - x (1 + x) z) F (z, 0) - x}{z (x - r_{1} (z)) (x - r_{2} (z))} \end{aligned}

$\begin{aligned} F(z,x) & = zxF(z,x) + \dfrac zx \left[F(z,x) - f_0(z)\right] + 1 + (1 + x) z f_\beta(z) \\ & = zxF(z,x) + \dfrac zx \left[F(z,x) - F(z,0)\right] + 1 + (1 + x) z^2 F(z, 0) \\ & = \dfrac{z(1 - x(1 + x)z) F(z,0) - x}{zx^2 - x + z} = \dfrac{z(1 - x(1 + x)z) F(z,0) - x}{z\left(x - r_1(z)\right)\left(x - r_2(z)\right)} \end{aligned}$

同上作代换 $x = r_1(z)$ 得到 $z(1 - r_1(z)(1 + r_1(z))z) F(z,0) - r_1(z) = 0$ ，故 $f_0(z) = F(z, 0) = \dfrac{r_1(z)}{z(1+z)(1-r_1(z))}$ ， $f_\beta(z) = z f_0(z)$ ，进一步有

F (z, x) = \frac{r_{1} (z) (1 + x z r_{1} (z))}{z (1 + z) (1 - r_{1} (z)) (1 - x r_{1} (z))}

$F(z,x) = \dfrac{r_1(z)(1 + xz r_1(z))}{z(1+z)(1-r_1(z))(1-xr_1(z))}$

从这个式子中得到 $\forall k \ge 1, f_k(z) = \dfrac{r_1^{k + 1}(z)}{z(1 - r_1(z))}$ 。作为检验，化简 $f_\beta(z) + \sum_{m\ge 0} f_i(z)$ 得到 $(1-2z)^{-1}$ ，这与其组合意义相符。

要对 $m\ge 1$ 的情况计算 $[z^n x^m] F(z,x)$ ，使用另类拉格朗日反演，得到

[z^{n}] \frac{r_{1}^{m + 1} (z)}{z (1 - r_{1} (z))} = [z^{n + 1}] \frac{z^{m + 1}}{1 - z} (1 - z^{2}) (1 + z^{2})^{n} = [z^{n - m}] (1 + z) (1 + z^{2})^{n} = (\binom{n}{⌊ \frac{n - m}{2} ⌋})

$[z^n] \dfrac{r_1^{m + 1}(z)}{z(1 - r_1(z))} = [z^{n + 1}] \dfrac{z^{m + 1}}{1-z} (1-z^2) (1 + z^2)^n = [z^{n - m}] (1 + z) (1 + z^2)^n = \binom{n}{\left\lfloor \frac{n-m}{2} \right\rfloor}$

由于 $(1 + z^2)^n$ 只有偶数处有值，最后一步讨论了 $n - m, n - m - 1$ 的奇偶性。此外，我们也可以对任意的 $n, m$ 计算 $F$ 的系数，繁而不难，从略。

下一个模型包含大小为 $1$ 的箱子，以及随机到来的大小为 $\frac 14,\frac 12, \frac 34$ 的物品。这一次我们能得到两个状态组成的无穷序列，分别表示 $i$ 个装了 $\frac 34$ 的箱子，以及 $i$ 个装了 $\frac 34$ 的箱子加上一个装了 $\frac 12$ 的箱子。相关的图如下：

考虑生成函数： $f_k(z)$ 计数了 $k$ 个装了 $\frac 34$ 的箱子的状态， $g_k(z)$ 计数了 $k$ 个装了 $\frac 34$ 的箱子、一个装了 $\frac 12$ 的箱子的状态， $h(z)$ 计数了一个装了 $\frac 14$ 的箱子的状态。据图立得

\begin{aligned} f_{0} (z) & = 1 + z f_{1} (z) + z g_{0} (z) + z h (z), \\ g_{0} (z) & = z f_{0} (z) + z g_{1} (z) + z h (z), \\ f_{1} (z) & = z f_{0} (z) + z f_{2} (z) + z g_{0} (z) + z g_{1} (z) + z h (z), \\ f_{i} (z) & = z f_{i - 1} (z) + z f_{i + 1} (z) + z g_{i} (z), i \geq 2, \\ g_{i} (z) & = z g_{i - 1} (z) + z g_{i + 1} (z) + z f_{i} (z), i \geq 1, \\ h (z) & = z f_{0} (z) \end{aligned}

$\begin{aligned} f_{0}(z) & =1+z f_{1}(z)+z g_{0}(z)+z h(z), \\ g_{0}(z) & =z f_{0}(z)+z g_{1}(z)+z h(z), \\ f_{1}(z) & =z f_{0}(z)+z f_{2}(z)+z g_{0}(z)+z g_{1}(z)+z h(z), \\ f_{i}(z) & =z f_{i-1}(z)+z f_{i+1}(z)+z g_{i}(z), \quad i \ge 2, \\ g_{i}(z) & =z g_{i-1}(z)+z g_{i+1}(z)+z f_{i}(z), \quad i \ge 1, \\ h(z) & =z f_{0}(z) \end{aligned}$

令 $F(z,x) = \sum_{k\ge 0} f_k(z) x^k，G(z,x) = \sum_{k\ge 0} g_k(z) x^k$ ，有

\begin{aligned} F (z, x) & = 1 + z x F (z, x) + \frac{z}{x} [F (z, x) - f_{0} (z)] + z G (z, x) + z x g_{0} (z) + z (1 + x) h (z) \\ G (z, x) & = z F (z, x) + z x G (z, x) + \frac{z}{x} [G (z, x) - g_{0} (z)] + z h (z) \end{aligned}

$\begin{aligned} F(z,x) &= 1 + zx F(z,x) + \frac zx \left[F(z,x) - f_0(z)\right] + z G(z,x) + zxg_0(z) + z(1 + x) h(z) \\ G(z,x) &= zF(z,x) + zxG(z,x) + \frac zx \left[G(z,x)-g_0(z)\right] + zh(z) \end{aligned}$

生成函数的形式可能可以直接写出。注意到上面两个式子中 $F, G$ 的系数是对应的，那么这里设 $A(z,x) = F(z,x) + G(z,x), B(z,x) = F(z,x) - G(z,x)$ ，据上得到

\begin{aligned} A (z, x) & = \frac{x - z [f_{0} (z) + g_{0} (z)] + z x^{2} g_{0} (z) + z^{2} x (2 + x) f_{0} (z)}{(1 - z) x - z x^{2} - z} \\ B (z, x) & = \frac{x - z [f_{0} (z) + g_{0} (z)] + z x^{2} g_{0} (z) + z^{2} x^{2} f_{0} (z)}{(1 + z) x - z x^{2} - z} \end{aligned}

$\begin{aligned} A(z,x) &= \dfrac{x-z\left[f_0(z) + g_0(z)\right] +zx^2g_0(z) + z^2x(2+x) f_0(z)}{(1-z)x - zx^2 - z} \\ B(z,x) &= \dfrac{x-z\left[f_0(z) + g_0(z)\right] +zx^2g_0(z) + z^2x^2 f_0(z)}{(1+z)x - zx^2 - z} \end{aligned}$

令 $r_{1,2}(z) = \dfrac{1-z \mp \sqrt{1-2z-3z^2}}{2z}$ 为 $(1-z)x-zx^2 - z = 0$ 的二解，显然 $-r_{1,2}(-z)$ 为 $(1+z)x-zx^2 - z = 0$ 的二解。又， $x - r_1(z)$ 和 $x + r_1(-z)$ 均需要从分母中约去。分别带入 $x = r_1(z), x = -r_1(-z)$ ，我们有

\begin{aligned} r_{1} (z) - z [f_{0} (z) + g_{0} (z)] + z r_{1}^{2} (z) g_{0} (z) + z^{2} r_{1} (z) (2 + r_{1} (z)) f_{0} (z) = 0 \\ - r_{1} (- z) - z [f_{0} (z) + g_{0} (z)] + z r_{1}^{2} (- z) g_{0} (z) + z^{2} r_{1}^{2} (- z) f_{0} (z) = 0 \end{aligned}

$\begin{aligned} r_1(z)-z\left[f_0(z) + g_0(z)\right] +zr_1^2(z)g_0(z) + z^2r_1(z)(2+r_1(z)) f_0(z) = 0 \\ -r_1(-z)-z\left[f_0(z) + g_0(z)\right] +zr_1^2(-z)g_0(z) + z^2r_1^2(-z) f_0(z) = 0 \end{aligned}$

解得

\begin{aligned} f_{0} (z) & = \frac{r_{1} (z) - r_{1} (- z) + r_{1}^{2} (z) r_{1} (- z) + r_{1} (z) r_{1}^{2} (- z)}{z (2 - 2 z r_{1} (z) - (1 + z) r_{1}^{2} (z) + (1 - z) r_{1}^{2} (- z) - 2 z r_{1} (z) r_{1}^{2} (- z))} \\ g_{0} (z) & = \frac{r_{1} (z) + r_{1} (- z) - 2 z r_{1} (z) r_{1} (- z) - z r_{1}^{2} (z) r_{1} (- z) - z r_{1} (z) r_{1}^{2} (- z)}{z (2 - 2 z r_{1} (z) - (1 + z) r_{1}^{2} (z) + (1 - z) r_{1}^{2} (- z) - 2 z r_{1} (z) r_{1}^{2} (- z))} \end{aligned}

$\begin{aligned} f_{0}(z) & =\frac{r_{1}(z)-r_{1}(-z)+r_{1}^{2}(z) r_{1}(-z)+r_{1}(z) r_{1}^{2}(-z)}{z\left(2-2 z r_{1}(z)-(1+z) r_{1}^{2}(z)+(1-z) r_{1}^{2}(-z)-2 z r_{1}(z) r_{1}^{2}(-z)\right)} \\ g_{0}(z) & =\frac{r_{1}(z)+r_{1}(-z)-2 z r_{1}(z) r_{1}(-z)-z r_{1}^{2}(z) r_{1}(-z)-z r_{1}(z) r_{1}^{2}(-z)}{z\left(2-2 z r_{1}(z)-(1+z) r_{1}^{2}(z)+(1-z) r_{1}^{2}(-z)-2 z r_{1}(z) r_{1}^{2}(-z)\right)} \end{aligned}$

进一步原则上可以解得 $F(z,x), G(z,x)$ 的表达式，但其实在过于繁琐，不再列出。我们可以用这结果做些事情，例如计算接收 $n$ 件物品后平均浪费的空间。答案的生成函数即

\sum_{k \geq 0} \frac{k}{4} f_{k} (z) + \sum_{k \geq 0} (\frac{k}{4} + \frac{1}{2}) g_{k} (z) + \frac{3}{4} h (z) = \frac{1}{4} {[\frac{\partial}{\partial x} (F (z, x) + G (z, x))] |}_{x = 1} + \frac{G (z, 1)}{2} + \frac{3}{4}

$\sum_{k\ge 0} \dfrac{k}{4} f_k(z) + \sum_{k\ge 0} \left(\dfrac{k}{4} + \dfrac 12\right)g_k(z) + \dfrac 34 h(z) = \dfrac{1}{4}\left.\left[\dfrac{\partial}{\partial x}\left(F(z,x) + G(z,x)\right)\right]\right\rvert_{x = 1} + \dfrac{G(z,1)}{2} + \dfrac 34$

符号计算可以生成与其等价的表达式。尽管并不好看，但我们还是可以得到在其主导奇点（dominant singularity） $z = \frac 13$ 周围的展开：

\frac{\sqrt{3}}{12} {(1 - 3 z)}^{- 3 / 2} + (\frac{\sqrt{3}}{24} + \frac{1}{8}) {(1 - 3 z)}^{- 1} + \dots

$\dfrac{\sqrt 3}{12} \left(1 - 3z\right)^{-3/2} + \left( \dfrac{\sqrt 3}{24} + \dfrac 18 \right) \left(1 - 3z\right)^{-1} + \cdots$

从中我们可以用生成函数的奇点分析得到平均浪费的空间

W_{n} = \frac{1}{6} \sqrt{\frac{3 n}{π}} + \frac{3 + \sqrt{3}}{24} + O (n^{- 1 / 2})

$W_n = \frac 16 \sqrt{\dfrac{3n}{\pi}} + \dfrac{3 + \sqrt 3}{24} + O(n^{-1/2})$

如有需要也可以展开更多项。（在 $z = -\frac 13$ 处也有一个奇点，但其只会贡献阶 $n^{-1/2}$ 的项）

$3.$ 卫生纸问题

一个 Knuth 引入的流行主题。考虑两卷卫生纸，分别有 $m, n$ 张，以及随机的使用者们。每个使用者有 $p$ 的概率在更大的卷里撕下一张使用，有 $q = 1 - p$ 的概率使用更小的卷。我们关注的是当小卷卫生纸用完时，大卷卫生纸还剩下的（平均）张数。令 $m$ 是大卷卫生纸的张数， $n$ 是小卷的。那么令 $M_{m,n}$ 为期望剩下的张数，递归如下：

\begin{aligned} M_{m, 0} & = m \\ M_{m, m} & = M_{m, m - 1}, m \geq 1 \\ M_{m, n} & = p M_{m - 1, n} + q M_{m, n - 1}, m > n > 0 \end{aligned}

$\begin{aligned} M_{m,0} &= m \\ M_{m,m} &= M_{m,m-1}, \quad m \ge 1 \\ M_{m,n} &= p M_{m - 1, n} + q M_{m, n - 1}, \quad m > n > 0 \end{aligned}$

上面的二维状态转移都有一个性质：我们可以将各个状态分割成不同的层，转移是在层间进行的，我们可以对层建立生成函数。在这里，我们可以斜着分层，这启发我们首先定义

f_{0} (z) = \sum_{m \geq 0} M_{m, m} z^{m}, f_{1} (z) = \sum_{m \geq 1} M_{m, m - 1} z^{m}

$f_0(z) = \sum_{m \ge 0} M_{m,m} z^m, \quad f_1(z) = \sum_{m \ge 1} M_{m,m - 1} z^m$

显然 $f_0 = f_1$ 。进一步的，定义

F (z, x) = \sum_{m \geq n \geq 0} M_{m, n} z^{m} x^{m - n}

$F(z,x) = \sum_{m\ge n \ge 0} M_{m,n}z^m x^{m - n}$

那么

\begin{aligned} F (z, x) & = \sum_{m > n > 0} M_{m, n} z^{m} x^{m - n} + \sum_{m \geq 0} M_{m, 0} z^{m} x^{m} + \sum_{m \geq 0} M_{m, m} z^{m} \\ = \sum_{m > n > 0} [p M_{m - 1, n} + q M_{m, n - 1}] z^{m} x^{m - n} + \frac{z x}{(1 - z x)^{2}} + f_{0} (z) \\ = p z x [F (z, x) - \sum_{m \geq 0} M_{m, 0} z^{m} x^{m}] + \frac{q}{x} [F (z, x) - x f_{1} (z) - f_{0} (z)] + \frac{z x}{(1 - z x)^{2}} + f_{0} (z) \\ = (p z x + \frac{q}{x}) F (z, x) + \frac{z x (1 - p z x)}{(1 - z x)^{2}} + (1 - q - \frac{q}{x}) f_{0} (z) \end{aligned}

$\begin{aligned} F(z,x) &= \sum_{m > n > 0} M_{m,n} z^m x^{m - n} + \sum_{m\ge 0} M_{m,0}z^m x^m + \sum_{m\ge 0} M_{m,m}z^m \\ &= \sum_{m > n > 0} \left[p M_{m - 1, n} + q M_{m, n - 1}\right] z^m x^{m - n} + \dfrac{zx}{(1-zx)^2} + f_0(z) \\ &= pzx \left[F(z,x) - \sum_{m\ge 0} M_{m,0} z^m x^m\right] + \dfrac{q}{x} \left[F(z,x) - x f_1(z) - f_0(z)\right] + \dfrac{zx}{(1-zx)^2} + f_0(z) \\ &= \left(pzx + \dfrac qx\right) F(z,x) + \dfrac{zx(1-pzx)}{(1-zx)^2} + \left(1 - q - \frac qx\right) f_0(z) \end{aligned}$

自然得到

F (z, x) = \frac{(q - p x) f_{0} (z) - \frac{z x^{2} (1 - p z x)}{(1 - z x)^{2}}}{p z x^{2} - x + q}

$F(z,x) = \dfrac{(q - px) f_0(z) - \frac{zx^2(1-pzx)}{(1-zx)^2}}{pzx^2 - x + q}$

同样地，令分母为 $pz(x - r_1(z))(x - r_2(z))$ ，其中

r_{1, 2} (z) = \frac{1 \mp \sqrt{1 - 4 p q z}}{2 p z}

$r_{1,2}(z) = \dfrac{1\mp \sqrt{1-4pqz}}{2pz}$

那么同样地， $x - r_1(z)$ 必为分子的因式，得到

(q - p r_{1} (z)) f_{0} (z) - \frac{z r_{1}^{2} (z) (1 - p z r_{1} (z))}{(1 - z r_{1} (z))^{2}} = 0

$(q - pr_1(z)) f_0(z) - \frac{zr_1^2(z)(1-pzr_1(z))}{(1-zr_1(z))^2} = 0$

解得

f_{0} (z) = \frac{z (q - C (p q z))}{q (1 - z)^{2}}, where C (z) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 z}}{2}

$f_0(z) = \dfrac{z\left(q - C(pqz)\right)}{q(1-z)^2}, \quad \text{where } C(z) = \dfrac{1 - \sqrt{1 - 4z}}{2}$

注意 $r_1(z) = C(pqz) / pz, 1/r_2(z) = C(pqz) / q$ 。这个例子的渐进分析没看懂，不看了。

$?.$ 总结

虽然原文还有一半，以及五个例子，但我想就此打住，因为上面的例子已经很好地描述了这个方法。

对二元生成函数的处理大致是这样的：通过组合结构推导出一个分式结构，其中分母完全已知，且分子中包含目前无法求得的部分；将分母因式分解，逐个检查因式；由于所求得的函数在 $(0, 0)$ 周围可以展开为幂级数，这个点不能是奇点，若分母的一个因式在 $(0, 0)$ 处收敛到 $0$ ，则其也应当是分子的因式，从而解出分子中无法求得的部分。

好像有点感性，但原论文也没有讲分析相关的原因，或者推广。原论文里所有的例子都是分母关于 $x$ 的度小于等于 $2$ 的情况，那么直接求根公式套上去解决。至于更复杂的情况……留待后续的博客说吧。

posted @ 2025-02-02 18:50 joke3579 阅读(92) 评论(3) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· 浅谈多项式与生成函数

· 闲话 25.1.25

· Re：从零开始的生成函数

· 组合数学课程笔记（三）：生成函数

· 闲话 731

历史上的今天：
2023-02-02 闲话 23.2.2

Dr. Zhou

joke3579

闲话 25.2.2

闲话

the Kernel Method: a collection of examples 读后感

$1.$ 第一次出现

$2.$ Knödel 游走

$3.$ 卫生纸问题

$?.$ 总结

最新随笔

我的标签

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

joke3579

闲话 25.2.2

闲话

the Kernel Method: a collection of examples 读后感

1.1.1. 第一次出现

2.2.2. Knödel 游走

3.3.3. 卫生纸问题

?.?.?. 总结

最新随笔

我的标签

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

$1.$ 第一次出现

$2.$ Knödel 游走

$3.$ 卫生纸问题

$?.$ 总结