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：

\[f(x)=f(x_0)+\frac{f'(x_0)}{1!}x+\frac{f''(x_0)}{2!}x^2... \]

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

\[\ln(1-x)=\sum_{n=1}^{\infty} -\frac{1}{n}x^n \]

\[\ln(1+x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n}x^n \]

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 \(G(x)=\sum_{n\geq 2 } \frac{x^n}{n}=\ln (\frac{1}{1-x})-x\)

• 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 \(\Pi_{i\ne x} a_i\)
• 令 \(a_x\) 减一

求 \(k\) 次操作后 \(s\) 的期望

\(1\leq n \leq 5000,1\leq k\leq 10^9,0\leq a_i\leq 10^9\)

• 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 \([x^k]\prod_{j=1}^nF_j(x)\)

• 为了快速计算答案，我们需要将 \(F_j(x)\) 转换成封闭形式

• \(F_j(x)=a_je^x-xe^x=(a_j-x)e^x\)

• \(\prod_{j=1}^n F_j(x)=e^{nx}\prod_{j=1}^n(a_j-x)\)

• \(\prod_{j=1}^n (a_j-x)\) 是个 \(n\) 次多项式，可以暴力算，假设展开式是 \(\sum_{i=0}^n c_ix^i\) ，那么

\[\begin{aligned} \prod_{j=1}^n F_j(x)&=(\sum_{i\ge 0}\frac{n^ix^i}{i!})(\sum_{i=0}^n c_ix^i)\\ &=\sum_{i\ge 0}\sum_{j=0}^i c_jx^j\frac{n^{i-j}x^{i-j}}{(i-j)!}\\ &=\sum_{i\ge0}\frac{x^i}{i!}\sum_{j=0}^i n^{i-j}i^{\underline{j}}c_j \end{aligned} \]

• 答案就是这个多项式 \(x^k\) 的系数