组合数学课程笔记（三）：生成函数

序

离散和连续的不期而遇，
抽象与数分的阴阳交融。

我将以加与乘的生铁铸就组合的奇迹，
这世间都要把你的伟岸与光辉所传颂。

$\mathfrak{Generating}\mathfrak{Function}$

生成函数所蕴含的思想

生成函数的主要思想是用简单的加法乘法运算，组合出强大的复杂的数列。你会惊讶于这些简单的东西经过组合之后竟然有如此强大的能量！或许，这也是 组合数学 其名的来历。

这一思想的直接运用，就是数解空间的大小，即解的数量。

$\text{Double Deck}$ 问题

给定两副完全一样的牌，各有 $n$ 张，现在选 $m$ 张，有多少种选法？

我们将其转化，设 $z_i$ 是第 $i$ 张牌被选择的次数，则对 $(z_1,z_2,\cdots ,z_n)$，有 $z_i\in \{0,1,2\}$，$\sum z_i=m$

然后，我们可以用一个单项式表示一个选择的方法，$a{x}_1^{k_1}{x}_2^{k_2}\cdots x_n^{k_n}$ 表示第 $i$ 张牌选择 $k_i$ 个的方法种数。

我们就可以用简单的 $(1+x+x^2)$ 组合出问题的答案：$(1+x+x^2{)}^n$ 的第 $m$ 项的系数。

而我们用两次二项式定理拆开，能得到

$(1+x+x^2{)}^n=\sum _{k\le n}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{k})(x+x^2{)}^k=\sum _m(\sum _{\ell }(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m-\ell })(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-\ell }{\ell }))x^m$

所以第 $m$ 项的系数就是 $(\sum _{\ell }(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m-\ell })(\genfrac{}{}{0ex}{}{m-\ell }{\ell }))$。

普通生成函数

$\text{ordinary generating function}$ 是一个级数 $\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$，对于计算机人来说，它就像是一种编码，把 $\{a_i\}$ 这个序列用另一种方式写了出来。

在这种情况下，代数运算成为了基础的零件，供我们利用生成函数之间的运算生成某个答案。答案的形式往往是级数某一项的系数。

抽象代数

抽象代数是我们严格的定义生成函数的方式。

从抽象代数的角度来说，生成函数是一个 形式幂级数，而在形式幂级数上定义加法和乘法就可以构成一个环 $\mathbb{C}[[x]]$。它是形式的，也就是只有加法和乘法。

这个环有很多便于我们理解的性质。

1. 在环上的加法和乘法是通常意义的，也就是，我们可以直接用多项式的卷积理解它。

2. 环上的乘法幺元是 $1$，也就是我们通常理解的自然数 $1$。

同时，因为它是环，那么 $0$ 以外的每个元素都存在乘法逆元。

这样，我们就可以表示元素 $F(x)$ 的逆元，即若 $F(x)G(x)=1$，则称 $G(x)$ 是 $F(x)$ 的逆元，表示为 $F(x{)}^{-1}$ 或者 ${\displaystyle \frac{1}{F(x)}}$。

数学分析

数学分析是我们感性而经验性的理解生成函数的方式，但是它也是严格的。

从定义上说，形式幂级数和普通的无穷级数具有千丝万缕的联系，所以我们可以方便的把数分中无穷级数的性质拓展到生成函数去。

首先，从数分角度理解生成函数的基础是这个定理：

• 对于 $A(x)=\sum _n^{\mathrm{\infty }}{a}_n{x}^n$ 和 $B(x)=\sum _n^{\mathrm{\infty }}{b}_n{x}^n$，如果对于 $0$ 在复平面上的邻域 $(0,\delta )$ 中的任意 $x_0$ 都有 $A(x)=B(x)$，则对任意的 $i$ 都有 $a_i=b_i$。

然后，我们就可以理解成，生成函数是一个本身的函数性质不重要的数学结构，同时，因为对于任何无穷级数总有收敛半径 $r$ 使得复平面上 $0$ 的半径为 $r$ 的邻域内级数都收敛，我们不妨就认为它总是只在这个收敛半径内取值。从而方便的进行求逆、微分等运算。

在数分角度上理解生成函数，意味着所有的运算，加法、乘法、微分、积分、泰勒展开、求逆，都可以用普通的为我们所熟悉的方式来理解和运用，这是非常可贵的，在实际运用中具有重要的性质。

生成函数的运算

加法

加法是本身形式幂级数所定义的运算，是简单和常规的。

$(\sum a_n{x}^n)+(\sum b_n{x}^n)=\sum (a_n+b_n)x^n$

乘法

乘法也是形式幂级数所定义的，又名为卷积

$(\sum a_n{x}^n)\ast (\sum b_n{x}^n)=\sum (\sum _{k\le n}{a}_k{b}_{n-k})x^n$

几何级数

从数分的角度上讲，因为我们无时无刻不认为生成函数这个“无穷级数”收敛，所以生成函数 $\sum {\alpha }^n{x}^n={\displaystyle \frac{1}{1-\alpha x}}$。

从形式幂级数的角度上讲，${\displaystyle \frac{1}{1-\alpha x}}$ 是一个记号。

也就是 $\sum {\alpha }^n{x}^n$ 在 $\mathbb{C}[[x]]$ 上的乘法逆元。也就是 $(1-\alpha x)\sum {\alpha }^n{x}^n=1$。但是因为逆元的可乘性，$\sum a^n{x}^n$ 和 $\sum b^n{x}^n$ 的积的逆元就是两者逆元的积 ${\displaystyle \frac{1}{1-ax}}{\displaystyle \frac{1}{1-bx}}$。

如果我们再深究下去，我们会发现，

$${\displaystyle \frac{1}{1-ax}}+{\displaystyle \frac{1}{1-bx}}=A(x)+B(x)=\sum (a^n+b^n)x^n$$

$$=(\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\le n}{a}^k{b}^{n-k}{x}^k-\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\ge 1}{a}^k{b}^{n-k}{x}^n)+$$

$$(\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\le n}{a}^k{b}^{n-k}{x}^k-\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\le n-1}{a}^k{b}^{n-k}{x}^n)$$

$$=2\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\le n}{a}^k{b}^{n-k}{x}^k-\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\in [0,n-1]}{a}^{k+1}{b}^{n-k}{x}^n-\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\in [0,n-1]}{a}^k{b}^{n-k-1}{x}^n$$

$$=2\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\le n}{a}^k{b}^{n-k}{x}^k-ax\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\le n}{a}^k{b}^{n-k}-bx\sum _n^{\mathrm{\infty }}\sum _{k\le n}{a}^k{b}^{n-k}$$

$$=2A(x)B(x)-axA(x)B(x)-bxA(x)B(x)$$

$$={\displaystyle \frac{1-ax+1-bx}{(1-ax)(1-bx)}}$$

也就是，逆元记号的加法完全符合分数的运算法则！！！

或许，我们不应该用“美妙”之类的词汇形容它，因为这种性质是由相似的定义决定的。但是，它就像前路绘制好的风景，只是等待着你，等待着发现美的你。

微分

$$G^{\prime }(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(n+1)g_{n+1}{x}^n$$

从数分的角度来说，这是简单的。

从抽象代数的角度来说，我们不能去研究值域的收敛和极限，但是我们可以定义一个 微分算子，也就是，这个形式是我们直接所定义出来的。因为这里只涉及幂，所以不需要进行普适的函数的定义。

泰勒展开

$$G(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{G^{(n)}(0)}{n!}}{x}^n$$

对数分来说，这是简单的。

但是代数这里确实说不过去了，因为我们带入值本身是不合法的。

不过我们仔细思考一下，代入 $0$ 相当于什么呢？相当于只取 $G(x)$ 的常数项。那么我们也可以直接定义算子 $\mathbb{0}G(x)$ 代替 $G(0)$，表示 $G(x)$ 的常数项。然后就可以直接做了。

使用生成函数解决组合计数问题

$\text{multiset}$ 问题

这个问题我们研究过，我们知道它等价于十二重计数法的第 $\text{IV}$ 个。但是我们可以用生成函数的语言来表示。

$S=\{x_1,x_2,\cdots ,x_n\}$ 的 $multiset$ 个数可以用 $(1+x_1+x_1^2+\cdots )\cdots (1+x_n+x_n^2+\cdots )$ 来生成。

然后，因为我们不需要区分这些数到底是什么，所以就是 $(1+x+x^2+\cdots {)}^n$

也就是 $(1-x{)}^{-n}$。

然后我们用牛顿公式展开

$=\sum _{k\ge 0}{\displaystyle \frac{(-n)(-n-1)\cdots (-n-k+1)(-1{)}^k}{k!}}{x}^k$

$=\sum _{k\ge 0}{\displaystyle \frac{(n)(n+1)\cdots (n+k-1)}{k!}}{x}^k$

$=\sum _{k\ge 0}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+k-1}{k})x^k$

• 牛顿公式：$(1+x{)}^a=\sum _{k\ge 0}{\displaystyle \frac{(a)(a-1)\cdots (a-k+1)}{k!}}{x}^k$。证明：对 $(1+x{)}^a$ 进行泰勒展开即可。

斐波那契数列

斐波那契数列是一个数列 $\{f_i\}$ 满足 $f_{i-2}+f_{i-1}=f_i,f_0=1,f_1=1$。

我们考虑它的生成函数 $F(x)=\sum _{n\ge 0}{f}_n{x}^n$，明显的，$f_{i-2}+f_{i-1}=f_i$ 意即 $x^{2}F(x)+xF(x)+1=F(x)$（$+1$ 是为了配平常数项为 $1$）。

解此方程得 $F(x)={\displaystyle \frac{1}{x^2+x-1}}$。

通过有理分式的知识，我们知道，设

$${\varphi }_{-}={\displaystyle \frac{-\sqrt{5}+1}{2}},{\varphi }_{+}={\displaystyle \frac{\sqrt{5}+1}{2}}$$

$$1-x-x^2=(1-{\varphi }_{+}x)(1-{\varphi }_{-}x)$$

$$F(x)={\displaystyle \frac{1}{x^2+x-1}}={\displaystyle \frac{1}{(1-{\varphi }_{+}x)(1-{\varphi }_{-}x)}}$$

则待定系数 $a,b$ 得

$$F(x)={\displaystyle \frac{a}{(1-{\varphi }_{+}x)}}+{\displaystyle \frac{b}{(1-{\varphi }_{-}x)}}$$

$$a(1-{\varphi }_{-}x)+b(1-{\varphi }_{+}x)=1$$

解得 $a=-{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}{\varphi }_{-},b={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}{\varphi }_{+}$

由于 $kA(x)=\sum _{n\ge 0}k{a}_n{x}^n,(A(x)+B(x))=\sum _{n\ge 0}(a_n+b_n)x^n$

以及 ${\displaystyle \frac{1}{1-ax}}=\sum _{n\ge 0}{a}^n{x}^n$

$$F(x)=a(\sum _{n\ge 0}{\varphi }_{-}^n{x}^n)+b(\sum _{n\ge 0}{\varphi }_{+}^n{x}^n)={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}\sum _{n\ge 0}-{\varphi }_{-}^{n+1}{x}^n+{\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}\sum _{n\ge 0}{\varphi }_{+}^{n+1}{x}^n$$

$$={\displaystyle \frac{1}{\sqrt{5}}}\sum _{n\ge 0}({\varphi }_{+}^{n+1}-{\varphi }_{-}^{n+1})x^n=\sum _{n\ge 0}{\displaystyle \frac{({\varphi }_{+}^{n+1}-{\varphi }_{-}^{n+1})}{\sqrt{5}}}{x}^n$$

展开 ${\varphi }_{-}$ 和 ${\varphi }_{+}$，就得到我们的最终 $\{f_n\}$：

$$f_n={\displaystyle \frac{({\displaystyle \frac{\sqrt{5}+1}{2}}{)}^{n+1}-({\displaystyle \frac{-\sqrt{5}+1}{2}}{)}^{n+1}}{\sqrt{5}}}$$

卡特兰数

卡特兰数的定义方法有很多，但是为了方便定义其递归形式，我们还是使用如下定义：

• $C_n$ 表示有 $n+1$ 个叶子节点的满二叉树个数。

然后我们考虑如何求卡特兰数，设其生成函数为 $F(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_n{x}^n$。

根据定义，有递推公式 $C_n=\sum _{k=0}^{n-1}{C}_k{C}_{n-k-1}$，$C_0=1$。

所以，有 $F(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{C}_n{x}^n=C_0+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\sum _{k=0}^{n-1}{C}_k{C}_{n-k-1})x^n$。

然后我们考虑去把后面的 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\sum _{k=0}^{n-1}{C}_k{C}_{n-k-1})x^n$ 凑成 $F(x)$ 的表达式，这个东西看起来很像卷积，那么往卷积公式 $F(x{)}^2=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^n{C}_k{C}_{n-k}{x}^n$ 上凑。

我们发现如果令 $n^{\prime }=n-1$，那么 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\sum _{k=0}^{n-1}{C}_k{C}_{n-k-1})x^n$ 就等于 $\sum _{n^{\prime }=0}^{\mathrm{\infty }}(\sum _{k=0}^{n^{\prime }}{C}_k{C}_{n^{\prime }-k})x^{n^{\prime }+1}$，然后提出一个 $x$，就变成了卷积的形式。所以我们得到

$$F(x)=1+xF(x{)}^2$$

解这个方程得到 $F(x)={\displaystyle \frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}}$。

但是现在遇到了问题，我们得到了两个解。可是卡特兰数的定义是唯一的。

$$\mathrm{代}\mathrm{数}\mathrm{是}\mathrm{慷}\mathrm{慨}\mathrm{的}，\mathrm{它}\mathrm{提}\mathrm{供}\mathrm{给}\mathrm{人}\mathrm{们}\mathrm{的}\mathrm{常}\mathrm{常}\mathrm{比}\mathrm{人}\mathrm{们}\mathrm{要}\mathrm{求}\mathrm{的}\mathrm{还}\mathrm{要}\mathrm{多}。——\mathrm{达}\mathrm{朗}\mathrm{贝}\mathrm{尔}$$

现在我们遇到麻烦了。第一个想法是求助于解析。因为我们知道，即使没有抽象代数中形式幂级数的定义，在柯西-维尔斯特拉斯定理的帮助下，生成函数的定义也是完备的。

果然，解析给了我们良好的答案，我们在 $0$ 的邻域内求极限，得到

$\underset{n\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{1+\sqrt{1-4x}}{2x}}=\mathrm{\infty }$

$\underset{n\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}}=1$

所以我们舍掉第一个根而选用第二个。

但是作为基准的抽象代数呢？

我们发现，对于一个级数来说，一定存在收敛半径。但是第一个根如果作为级数来看，它在 $0$ 处是发散的。

这就引起了我们的警觉，第一个根根本就没法展开成级数形式！

实际上，在不同的域上解方程，其解的情况是不同的。解一元二次方程，在实数域上可能无解，在复数域上就一定有两个根，而在形式幂级数环上，这个方程就只有一个根。这是形式幂级数环上的幂零根性质导致的。

所以，我们得到了卡特兰数的生成函数的封闭形式 $F(x)={\displaystyle \frac{1-(1-4x{)}^{1/2}}{2x}}$。

首先根据牛顿公式展开 $(1-4x{)}^{1/2}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{1/2}{n})(-4x{)}^n$

然后拆出常数项 $1+\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{1/2}{n})(-4x{)}^n$，提出一个 $-4x$ 得到 $1-4x\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{1/2}{n+1})(-4x{)}^n$。代入原式得到 $2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{1/2}{n+1})(-4x{)}^n$。

我们得到 $C_n=2(\genfrac{}{}{0ex}{}{1/2}{n+1})(-4{)}^n$，拆开得到

$C_n=2{\displaystyle \frac{(1/2)(1/2-1)(1/2-2)\cdots (1/2-n)}{(n+1)!}}(-4{)}^n$

$={\displaystyle \frac{(1-2)(1-4)\cdots (1-2n)}{(n+1)!}}(-2{)}^n$

$={\displaystyle \frac{1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)}{(n+1)!}}{2}^n$

$={\displaystyle \frac{(2n)!}{(n+1)!n!}}$

$={\displaystyle \frac{1}{n+1}}(\genfrac{}{}{0ex}{}{2n}{n})$

这就是卡特兰数。

多边形的三角形划分

三角形是二维平面上的单纯形。也就是，我们不能通过它的顶点之间的连接将其划分成其他的二维图形。

而 $n$ 边形则可以划分成若干个三角形。现在如果我们将多边形的顶点视作互不相同的，求其划分方法。

我们可以将其一一对应到二叉树上，我们定义一个起始节点，将每个小的三角形看作叶子节点，那么我们可以分治的考虑，将剩下的多边形划分成两边，一边归入左子树，另一边归入右子树，就可以一一对应到有 $n-2$ 个叶子节点的满二叉树，划分方案数是 $C_{n-3}$。

快速排序的平均复杂度分析

我们知道，快速排序在最坏的情况下复杂度是 $\mathrm{\Theta }(n^2)$ 的。而其平均复杂度是 $O(n\ln n)$，平均复杂度就是对于一个序列 $A$ 的所有排列，其比较次数的平均值，也就是比较次数的期望。

设 $T_n$ 为对长度 $n$ 的序列进行快速排序的期望复杂度。

则有 $T_n={\displaystyle \frac{1}{n}}\sum _{k=1}^n(n-1+T_{k-1}+T_{n-k})$，$T_0=0$，$T_1=0$。

然后设 $F(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{T}_n{x}^n$，拆开两边，得到

$n{T}_n=\sum _{k=1}^n(n-1)+2\sum _{k=0}^{n-1}{T}_k$

写成生成函数的形式，为

$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{T}_n{x}^n=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)x^n+2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^{n-1}{T}_k{x}^n$

然后凑成 $F(x)=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{T}_n{x}^n$ 的形式。

设 $n^{\prime }=n-1$，$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n{T}_n{x}^n=x\sum _{n^{\prime }=0}^{\mathrm{\infty }}(n^{\prime }+1)T_{n^{\prime }+1}{x}^{n^{\prime }}=x{F}^{\prime }(x)$

$\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}n(n-1)x^n=2x^2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{n(n-1)}{2}}{x}^{n-2}={\displaystyle \frac{2x^2}{(1-x{)}^3}}$

设 $n^{\prime }=n-1$，$2\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^{n-1}{T}_k{x}^n=2x\sum _{n^{\prime }=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=0}^{n^{\prime }}{T}_k{x}^{n^{\prime }}={\displaystyle \frac{2xF(x)}{1-x}}$。

$x{F}^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{2x^2}{(1-x{)}^3}}+{\displaystyle \frac{2xF(x)}{1-x}}$

$F^{\prime }(x)-{\displaystyle \frac{2F(x)}{1-x}}={\displaystyle \frac{2x}{(1-x{)}^3}}$

这是一个线性常微分方程，一阶线性常微分方程 $y^{\prime }+P(x)y=Q(x)$ 有通解

$$u(x)=e^{\int P(x)dx},y={\displaystyle \frac{1}{u(x)}}\int u(x)Q(x)dx$$

Ex：一阶线性常微分方程通解公式证明

设 $y={\displaystyle \frac{G(x)}{u(x)}}$，$u(x)$ 的定义如上

则 $y^{\prime }={\displaystyle \frac{u(x)G^{\prime }(x)-u^{\prime }(x)G(x)}{u^2(x)}}$

$={\displaystyle \frac{e^{\int P(x)dx}{G}^{\prime }(x)-P(x)G(x)e^{\int P(x)dx}}{e^{2\int P(x)dx}}}$

$={\displaystyle \frac{G^{\prime }(x)-P(x)G(x)}{u(x)}}$

$G^{\prime }(x)-P(x)G(x)+P(x)G(x)=u(x)Q(x)$

$G^{\prime }(x)=u(x)Q(x)$

$G(x)=\int u(x)Q(x)dx$

即可得此公式。

然后，我们套用此公式，令 $P(x)=-{\displaystyle \frac{2}{1-x}}$，$Q(x)={\displaystyle \frac{2x}{(1-x{)}^3}}$

即可得到 $u(x)=e^{\int -2/(1-x)dx}$

$\int {\displaystyle \frac{2}{x-1}}dx=2\int {\displaystyle \frac{1}{x-1}}dx=2\int {\displaystyle \frac{1}{x-1}}d(x-1)=2\ln |x-1|$，我们不在乎 $x$ 的取值，所以把绝对值去掉，$2\ln (x-1)$，$u(x)=(x-1{)}^2$

$\int u(x)Q(x)dx=\int (x-1{)}^2{\displaystyle \frac{2x}{(1-x{)}^3}}dx=\int {\displaystyle \frac{2x}{(1-x)}}dx$

$=-\int {\displaystyle \frac{2x}{x-1}}dx=-\int (2-{\displaystyle \frac{2}{x-1}})dx=-2x$