EGF

$$\hat{F}(x)=\sum _n{a}_n\frac{x^n}{n!}$$

（全文都是以 EGF 为基础）

封闭形式

$$\sum _{n\ge 1}\frac{x^n}{n!}=e^x$$

• 这个有关于麦克劳林级数（泰勒展开的一种特殊情况）

泰勒公式

• 若 $x$ 在 $x_0$ 处可导，那么当 $x\to x_0$ 时，函数的展开式近似于：

$$f(x)=f(x_0)+\frac{f^{\prime }(x_0)}{1!}x+\frac{f^{″}(x_0)}{2!}{x}^2...$$

麦克劳林级数是我们在 $x_0\to 0$ 时的展开，也就是泰勒公式的一个特殊情况

$$\ln (1-x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}-\frac{1}{n}{x}^n$$

$$\ln (1+x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{n+1}}{n}{x}^n$$

排列和圆排列

• 长度为 $n$ 的排列数的指数生成函数是

$$P(x)=\sum _{n\ge 0}\frac{n!x^n}{n!}=\frac{1}{1-x}$$

• 圆排列的定义是排成一个环的方案

• $n$ 个数的圆排列方案为 $(n-1)!$

$$Q(x)=\sum _{n\ge 1}\frac{(n-1)!x^n}{n!}=\sum _{n\ge 1}\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)=\ln (\frac{1}{1-x})$$

• 那么 $\exp (Q(x))=P(x)$

exp 的直观理解

• 上述中一个排列的每种方案其实就是将原排列分成若干集合，每种集合组成一种置换环

• 那么方案数就是每种划分方案后的置换环的方案数的乘积

• 这个置换环的方案数实际上就是圆排列的方案数

• 形式化的，假设当前有 $n$ 个元素，求 $A$ 的方案数，设生成函数为 $F(x)$

• 每种方案可以对应将 $n$ 个元素先划分成若干个集合，每个集合 $B$ 的方案数的乘积，设 $B$ 的生成函数为 $G(x)$

• 那么 $\exp (G(x))=F(x)$

推广

• 如果 $n$ 个点 带标号 生成树的 EGF 是 $G(x)$ ，$n$ 个点 带标号 森林的 EGF 是 $F(x)$ ，那么 $F(x)=\exp (G(x))$

• 如果 $n$ 个点带标号无向连通图的 EGF 是 $G(x)$ ，那么 $n$ 个点带标号无向图的 EGF 是 $\exp (G(x))$

应用

长度为 $n$ 的一个错排指 $p_i\ne i$

求错排的指数生成函数

• 从置换环的角度来看，实际上就是不存在长度为 1 的置换环，生成函数 $G(x)=\sum _{n\ge 2}\frac{x^n}{n}=\ln (\frac{1}{1-x})-x$

• 那么错排的生成函数是 $\exp (G(x))$

求有多少个映射 $f:\{1,2,...,n\}\to \{1,2,...,n\}$ ，使得

任意一个 $i$ 映射 $k$ 次后等于映射 $k-1$ 次后映射的数是同一个数

• 考虑将 $i$ 和 $f_i$ 连边。相当于我们从任意一个 $i$ 走 $k$ 步和走 $k-1$ 步到达的是同一个点

• 那么整个图就是一些带一个自环的基环树组成的，且环的深度不超过 $k$ ，假设根的深度为 $1$

• 我们将环当成根，把边的方向反一下，那么整个图可以当成一些深度不超过 $k$ 的生成树组成的

• 假设深度不超过 $k$ 的生成树的方案数的生成函数为 $F_k(x)$

• 实际上深度不超过 $k$ 的生成树就是用一个节点将深度不超过 $k-1$ 的森林连起来

• 那么 $F_k(x)=x\exp (F_{k-1}(x))$

• 答案是 $[x^n]\exp (F_k(x))$

给一个 $n$ 个数的序列 $a_1,a_2,...,a_n$ ，和初值为 0 的变量 $s$ ，要求你重复一下操作 $k$ 次

• 在 $1,2,...,n$ 中等概率选择一个 $x$
• 令 $s$ 加上 ${\mathrm{\Pi }}_{i\ne x}{a}_i$
• 令 $a_x$ 减一

求 $k$ 次操作后 $s$ 的期望

$1\le n\le 5000,1\le k\le {10}^9,0\le a_i\le {10}^9$

• 首先随便减两个数，发现最终的结果和减的顺序没有关系

• 那么我们将一个数所有的减操作放在一起，再归纳一下，设每个数减少 $b_i$，可以得出

$$s=\prod _{i=1}^n{a}_i-\prod _{i=1}^n(a_i-b_i)$$

• 那么我们的问题就转换成了 $\prod _{i=1}^n(a_i-b_i)$ 的期望

• 考虑计算每种方案的 $\prod _{i=1}^n(a_i-b_i)$ 的和，最后除 $n^k$

• $k$ 次序列中，要使得 $i$ 出现 $b_i$ 次的方案数是

$$\frac{k!}{b_1!b_2!...b_n!}$$

• 这和指数生成函数的系数类似

• 设 $a_j$ 的指数生成函数是

$$F_j(x)=\sum _{i\ge 0}(a_j-i)\frac{x^i}{i!}$$

• 那么答案就是 $[x^k]\prod _{j=1}^n{F}_j(x)$

• 为了快速计算答案，我们需要将 $F_j(x)$ 转换成封闭形式

• $F_j(x)=a_j{e}^x-x{e}^x=(a_j-x)e^x$

• $\prod _{j=1}^n{F}_j(x)=e^{nx}\prod _{j=1}^n(a_j-x)$

• $\prod _{j=1}^n(a_j-x)$ 是个 $n$ 次多项式，可以暴力算，假设展开式是 $\sum _{i=0}^n{c}_i{x}^i$ ，那么

$$\begin{array}{rl}\prod _{j=1}^n{F}_j(x)& =(\sum _{i\ge 0}\frac{n^i{x}^i}{i!})(\sum _{i=0}^n{c}_i{x}^i)\\ & =\sum _{i\ge 0}\sum _{j=0}^i{c}_j{x}^j\frac{n^{i-j}{x}^{i-j}}{(i-j)!}\\ & =\sum _{i\ge 0}\frac{x^i}{i!}\sum _{j=0}^i{n}^{i-j}{i}^{\underset{―}{j}}{c}_j\end{array}$$

• 答案就是这个多项式 $x^k$ 的系数