几个运用生成函数处理二项式求和的例子

我爱 GF！

名字都是瞎扯。

单变量带常数的变量幂次的单二项求和

求 \(\displaystyle \sum_{j=0}^k 2^{k-j} \binom{k+j}{j}\)

（没有了数据范围反而感觉很奇怪……）

注意到 \(k \geq j\)，后面的二项式无法上指标求和，因为上指标的范围的下限不是 \(j\)。

换掉二项式

\[\begin{aligned} & \sum_{j=0}^k 2^{k-j} \binom{k+j}{j} \\ = & [x^k] \sum_{j=0}^k 2^{k-j} (1+x)^{k+j} \\ = & [x^k] 2^k (1+x)^k \sum_{j=0}^k \left(\frac{1+x}{2}\right)^j \\ = & [x^k] 2^k (1+x)^k \left(1-\left(\frac{1+x}{2}\right)^{k+1}\right) \dfrac{1}{\left(1-\frac{1+x}{2}\right)} \\ = & [x^k] (1+x)^k (2^{k+1}-(1+x)^{k+1}) \frac{1}{1-x} \\ = & [x^k] (2^{k+1}(1+x)^k-(1+x)^{2k+1}) \frac{1}{1-x} \\ = & 2^{2k+1} -2^{2k} = 2^{2k} \\ \end{aligned} \]

一个较简单的双参数求和

求 \(\displaystyle \sum_{k\leq\frac{n}{2}} (-1)^k \binom{n-k}{k} y^{n-2k}\)

MO 题不需要数据范围

\[\begin{aligned} = & [x^n] \sum_n x^n \sum_{k\leq\frac{n}{2}} (-1)^k \binom{n-k}{k} y^{n-2k} \\ = & [x^n] \sum_k (-1)^k y^{-2k} \sum_{n \geq 2k} \binom{n-k}{k} x^n y^n \\ = & [x^n] \sum_k (-1)^k x^k y^{-k} \sum_{m \geq k} \binom{m}{k} x^m y^m \\ = & [x^n] \sum_k (-1)^k x^k y^{-k} \dfrac{(xy)^k}{(1-xy)^{k+1}} \\ = & [x^n] \dfrac{1}{1-xy} \sum_k \left(\dfrac{-x^2}{1-xy}\right)^k \\ = & [x^n] \dfrac{1}{1-xy} \dfrac{1}{1+\frac{x^2}{1-xy}} \\ = & [x^n] \dfrac{1}{1-xy+x^2} \\ \end{aligned} \]

中间有一步用了上指标求和：

\[\sum_n \binom{n+k}{k} x^n = \dfrac{1}{(1-x)^{k+1}} \iff \sum_n \binom{n}{k}x^n = \dfrac{x^k}{(1-x)^{k+1}} \]

仿造 Fibonacci 数列用特征根方程找出通项即可。

一个关于 Catalan 数的恒等式

\(\displaystyle\sum\limits_{a+b=n}\binom{2a}{a}\binom{2b}{b}=4^n\)

同样没有数据范围

熟知

\[\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}= \sum_n \binom{2n}{n} \dfrac{x^n}{n+1} \]

即

\[\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2}= \sum_n \binom{2n}{n} \dfrac{x^{n+1}}{n+1} \]

两边求导弄掉分母，平方弄掉根号

\[\begin{aligned} (1-4x)^{-\frac{1}{2}} &= \sum_n \binom{2n}{n}x^{n} \\ \frac{1}{1-4x} &= \left(\sum_{n} \binom{2n}{n}x^{n}\right)^2 \end{aligned} \]

两边提取系数即得。

简单的单参数双二项式求和

求 \(\displaystyle \sum_k \binom{n}{k}\binom{2k}{k}\left(-\dfrac{1}{2}\right)^k\)

范围？不存在的。说就是无穷

记得

\[\frac{1}{\sqrt{1-4x}} = \sum_n \binom{2n}{n} x^n \]

原式化简：

\[\begin{aligned} = & [x^n] \sum_n x^n \sum_k \binom{n}{k}\binom{2k}{k}\left(-\dfrac{1}{2}\right)^k \\ = & [x^n] \sum_k \binom{2k}{k}\left(-\dfrac{1}{2}\right)^k \sum_n \binom{n}{k} x^n \\ = & [x^n] \sum_k \binom{2k}{k}\left(-\dfrac{1}{2}\right)^k \dfrac{x^k}{(1-x)^{k+1}} \\ = & [x^n] \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{(-\frac{x}{2})^k}{(1-x)^{k+1}} \\ = & [x^n] \frac{1}{1-x} \left(1-4\dfrac{-\frac{x}{2}}{1-x}\right)^{-\frac{1}{2}} \\ = & [x^n] \sqrt{\frac{1}{1-x^2}} \\ = & [x^n] \sum_n \binom{2n}{n} \left(\dfrac{x^2}{4}\right)^n \\ = & \begin{cases} 0 & \quad n \not \equiv 0 \pmod 2 \\ \binom{n}{\frac{n}{2}} 2^{-n} & \quad \text{otherwise} \end{cases} \end{aligned} \]

运用组合恒等式化简的双参数求和

求 \(\displaystyle\sum\limits_{k}\binom{n+k}{m+2k}\binom{2k}{k}\dfrac{(-1)^k}{k+1}\)

\(n,m\in \mathbb Z\)

\[\begin{aligned} = & [x^n] \sum_{n} x^n \sum\limits_{k}\binom{n+k}{m+2k}\binom{2k}{k}\dfrac{(-1)^k}{k+1} \\ = & [x^n] \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{(-1)^k}{k+1} \sum_n \binom{n+k}{m+2k}x^n \\ = & [x^n] \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{(-1)^k}{k+1} x^{-k} \sum_n \binom{n+k}{m+2k}x^{n+k} \\ = & [x^n] \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{(-x^{-1})^k}{k+1} \dfrac{x^{m+2k}}{(1-x)^{m+2k+1}} \\ = & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}} \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{(-x^{-1})^k}{k+1} \dfrac{x^{2k}}{(1-x)^{2k}} \\ = & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}} \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{\left(\dfrac{-x}{(1-x)^2}\right)^k}{k+1} \\ = & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}} \dfrac{(1-x)^2}{-2x}\left(1-\sqrt{1+\frac{4x}{(1-x)^2}}\right) \\ = & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}} \dfrac{(1-x)^2}{-2x} (1-\dfrac{1+x}{1-x}) \\ = & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}} \dfrac{(1-x)^2}{-2x} \dfrac{-2x}{1-x} \\ = & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m}} \\ = & \binom{n-1}{m-1} \end{aligned} \]

有一步从 Catalan 数生成函数逆推

\[\dfrac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}= \sum_n \binom{2n}{n} \dfrac{x^n}{n+1} \]

转化为生成函数解函数方程的例子

求一个自然数的子集 \(X\)，\(\forall n,a+2b=n\) 在 \(a,b \in X\) 的条件下恰一组解

\(n \leq |\mathbb Z|\)

找到 GF \(\displaystyle f(x) = \sum\limits_n [n \in X] x^n\)

\[\begin{aligned} f(x) f(x^2) &= \frac{1}{1-x} \\ f(x^2) f(x^4) &= \dfrac{1}{1-x^2} \\ f(x^{2^n})f(x^{2^{n+1}}) &= \dfrac{1}{1-x^{2^n}} \end{aligned} \\ f(x) =\dfrac{1-x^2}{1-x} \dfrac{1-x^8}{1-x^4} \dots \dfrac{1-x^{2^{2t+1}}}{1-x^{2^{2t}}} f(x^{2^{2t+2}}) \]

能够发现 \(0\in X\)，所以 \([x^0]f(x)=1\)，所以 \(t \to \infty ,f(x^{2^{2t+2}}) \to 1\)

\[\therefore f(x) = (1+x)(1+x^4)(1+x^{16}) \dots (1+x^{4^t}) \]

\[X=\{m|m\ \text{的二进制位中的} \ 1 \ \text{都在奇数位上}\} \]

说在最后

感觉 MO 的推式子方向其实和 OI 是不大一样的，OI 的式子往往是一个 GF 能表示成几个 GF 与它本身的某形式的卷积，MO 的式子是直接上求和，，，因为卷积是 OI 中相对好处理的吧。MO 的目标是化到无求和的形式，OI 只要化到方便卷积的形式或递推式就够了。但是学习 MO 的处理方式还是对 OI 有益的。

剥式子，分离常量与变量，用恒等式弄掉一个枚举变量。

看看 md 源码 就知道手推一堆式子有多复杂了。

以此表达我对 GF 的爱吧（

\begin{aligned}
= & [x^n] \sum_{n} x^n \sum\limits_{k}\binom{n+k}{m+2k}\binom{2k}{k}\dfrac{(-1)^k}{k+1} \\
= & [x^n] \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{(-1)^k}{k+1} \sum_n \binom{n+k}{m+2k}x^n \\
= & [x^n] \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{(-1)^k}{k+1} x^{-k} \sum_n \binom{n+k}{m+2k}x^{n+k} \\
= & [x^n] \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{(-x^{-1})^k}{k+1} \dfrac{x^{m+2k}}{(1-x)^{m+2k+1}} \\
= & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}} \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{(-x^{-1})^k}{k+1} \dfrac{x^{2k}}{(1-x)^{2k}} \\
= & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}} \sum_k \binom{2k}{k} \dfrac{\left(\dfrac{-x}{(1-x)^2}\right)^k}{k+1} \\
= & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}}  \dfrac{(1-x)^2}{-2x}\left(1-\sqrt{1+\frac{4x}{(1-x)^2}}\right) \\
= & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}}  \dfrac{(1-x)^2}{-2x} (1-\dfrac{1+x}{1-x}) \\
= & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m+1}}  \dfrac{(1-x)^2}{-2x} \dfrac{-2x}{1-x} \\
= & [x^n] \dfrac{x^m}{(1-x)^{m}} \\
= & \binom{n-1}{m-1}
\end{aligned}