生成函数基础

生成函数引入

“生成函数是数列与函数之间的桥梁.”我们通过生成函数,将数列问题转化为函数的问题,并借助函数的处理办法来求数列的一些性质.

具体地,对一个数列$\{f_n\}$,我们称函数$F(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_i{x}^i$为它的生成函数.

常见的生成函数

我们想用生成函数,首先要把数列转化成生成函数.我们考虑数列$f_n=p^n$,则其生成函数$F(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{p}^i{x}^i$.值得注意的是,生成函数中,我们重点研究每一项的系数,但并不研究$x$的值是多少,以及$f(x)$的值是多少,我们在后面将看到这一点.因此,只要存在一个$x$满足你的推导所需性质,你的推导就是对的.

因此,我们构造一个$x\ne 0$,使得$px\in (0,1)$,发现上面的级数是收敛的,根据等比数列求和公式,则有:

$$\begin{array}{rl}& F(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{p}^i{x}^i=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{(px{)}^{n+1}-1}{px-1}=\frac{1}{1-px}\\ \mathrm{公}\mathrm{式}\mathbf{1}& \frac{1}{1-px}=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{p}^i{x}^i\leftrightarrow <1,p^1,p^2,p^3,p^4,\cdots >\end{array}$$

特别的,将$p=1$代入,则有

$$\mathrm{推}\mathrm{论}\mathbf{1}\frac{1}{1-x}=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{x}^i\leftrightarrow <1,1,1,1,1,\cdots >$$

有时我们需要从$F(x)$推出其生成的数列,对分式我们常采取裂项的手段(后面会有所体现),然而,当面对一些不那么熟悉的函数时,我们也有特殊手段.

根据泰勒展开,我们有:

$$F(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\frac{F^{(i)}(x)}{i!}$$

因此,我们有:

$$\mathrm{公}\mathrm{式}\mathbf{2}\sin x=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\dots \leftrightarrow <0,1,0,-\frac{1}{3!},0,\frac{1}{5!},\cdots >$$

$$\mathrm{公}\mathrm{式}\mathbf{3}{e}^x=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\dots \leftrightarrow <1,1,\frac{1}{2!},\frac{1}{3!},\frac{1}{4!},\frac{1}{5!},\cdots >$$

在处理这些问题时,我们通常可以直接考虑每一项的系数除以阶乘后的值,以更方便的探究性质.

根据牛顿二项式定理,我们有:

$$\mathrm{公}\mathrm{式}\mathbf{4}(1-x{)}^{-\alpha }=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+\alpha -1}{\alpha -1})x^i\leftrightarrow <(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha -1}{\alpha -1}),(\genfrac{}{}{0ex}{}{\alpha }{\alpha -1}),\cdots >$$

生成函数的简单常用变换

先来考虑加减,我们设$F(x),G(x)$是两个生成函数,则有

$$\begin{array}{rl}& F(x)+G(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(f_i+g_i)x^i\\ \mathrm{公}\mathrm{式}\mathbf{5}& F(x)\pm G(x)\leftrightarrow f_n\pm g_n\end{array}$$

在考虑将$F(x)$乘以一个常数,有:

$$\begin{array}{rl}& cF(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}c{f}_i{x}^i\\ \mathrm{公}\mathrm{式}\mathbf{6}& cF(x)\leftrightarrow c{f}_n\end{array}$$

显然上面两个操作对应了数列的加减和数乘.

我们考虑两个数列所对应的两个生成函数$F(x)$与$G(x)$乘起来会得到什么结果.

$$\begin{array}{rl}& F(x)G(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}{f}_i{x}^i\sum _{j=0}^{\mathrm{\infty }}{g}_j{x}^j=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{j=0}^i{f}_j{g}_{i-j}{x}^i\\ \mathrm{公}\mathrm{式}\mathbf{7}& F(x)G(x)\leftrightarrow <f_0{g}_0,f_0{g}_1+f_1{g}_0,f_0{g}_2+f_1{g}_1+f_2{g}_0,\cdots >\end{array}$$

我们发现生成函数的积似乎对应着数列的卷积.让我们将其特殊化:

1. 令$G(x)=x$,即$g_n=[n=1]$,则有:

$$\begin{array}{rl}& F(x)G(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{j=0}^i{f}_j{g}_{i-j}{x}^i=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_{i-1}{x}^i\\ \mathrm{推}\mathrm{论}\mathbf{7.1}& xF(x)=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_{i-1}{x}^i\leftrightarrow <0,f_0,f_1,f_2,\cdots >\end{array}$$

我们发现,把一个函数乘以$x$就是把数列向右移一位,最前面补0.那自然的,$\frac{F(x)-f_0}{x}$就是将数列左移一位.

2. 令$G(x)=\frac{1}{1-x}$,根据推论1,$g_n=1$.则有:

$$\begin{array}{rl}& F(x)G(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{j=0}^i{f}_j{g}_{i-j}{x}^i=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{j=0}^i{f}_j{x}^i\\ \mathrm{推}\mathrm{论}\mathbf{7.2}& \frac{F(x)}{1-x}=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{j=0}^i{f}_j\leftrightarrow <f_0,f_0+f_1,f_0+f_1+f_2,\cdots >\end{array}$$

我们发现,将一个函数除以$1-x$就是在对数列做前缀和.那么自然的,将一个函数乘以$1-x$就是在对数列做差分.

再来考虑对$F(x)$求导会得到什么:

$$\begin{array}{rl}& F^{\prime }(x)=\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}(i+1)f_{i+1}{x}^i\\ \mathrm{公}\mathrm{式}\mathbf{8}& F^{\prime }(x)\leftrightarrow <f_1,2f_2,3f_3,\cdots >\end{array}$$

我们发现,这样可以得到每一项向前平移一项再乘以该项的序号.

学习上列变换,目的就在于表示出一个复杂数列所对应的生成函数,再通过一些手段计算出第$n$项的系数,即为我们想要的数列的第$n$项.

例1 有数列$f_n$,满足$f_0=0,f_1=1$,且对任意$i>1$,有$f_i=f_{i-2}+f_{i-1}$.求$f_n$的通项公式.

解:

我们尝试求解$f_n$对应的生成函数$F(x)$,根据斐波那契数列性质,我们利用推论7.1尝试错位相减:

$$\begin{array}{rl}\text{(1)}& F(x)=& f_0& +& f_{1}x& +& f_2{x}^2& +& f_3{x}^3& +& f_4{x}^4& +\dots \text{(2)}& xF(x)=& 0& +& f_{0}x& +& f_1{x}^2& +& f_2{x}^3& +& f_3{x}^4& +\dots \text{(3)}& x^{2}F(x)=& 0& +& 0x& +& f_0{x}^2& +& f_1{x}^3& +& f_2{x}^4& +\dots \mathrm{考}\mathrm{虑}\mathrm{将}(1)-(2)-(3),\mathrm{有}:& \\ F(x)-xF(x)-x^{2}F(x)=& 0& +& x& +& 0& +& 0& +& 0& +\dots \end{array}$$

由此,我们得到$F(x)=\frac{x}{1-x-x^2}$,接下来尝试将其拆项:

$$\begin{array}{rl}F(x)=& \frac{x}{1-x-x^2}\\ \text{(待定系数)}& =& \frac{A}{1-(\frac{1+\sqrt{5}}{2})x}+\frac{B}{1-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})x}\text{(4)}& =& \frac{1}{\sqrt{5}}(\frac{1}{1-(\frac{1+\sqrt{5}}{2})x}-\frac{1}{1-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})x})\end{array}$$

接下来考察这是什么数列,根据公式1以及加减和数乘变换,生成函数$(4)$对应数列的第$n$项为$\frac{1}{\sqrt{5}}((\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n)$,则有:

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

---

正如上所述,生成函数可以求解通项公式,但是从另一个角度,一个数列的前缀和也是一个数列,且由前缀和变换可以快速得到其生成函数,因此,生成函数也是求解前缀和的利器.让我们看下面的例子.

例2 化简:$\sum _{i=1}^{n}i{p}^i$.

这道题固然有初等解法,但是生成函数做法将更具有一般性.

初等解法

我们设数列$a_n=n{p}^n,S_n=\sum _{i=1}^n{a}_i$,根据经典套路,我们考虑做差:

$$\begin{array}{rlrlrlrlrlrl}{S}_n=& p& +& 2p^2& +& 3p^3& +& \dots & +& (n-1)p^{n-1}& +& n{p}^n\\ p{S}_n=& 0& +& p^2& +& 2p^3& +& \dots & +& (n-2)p^{n-1}& +& (n-1)p^n& +& n{p}^{n+1}\end{array}$$

上下相减,即得:

$$\begin{gathered} (1-p)S_n=\sum _{i=1}^n{p}^i-n{p}^{n+1} \\ \begin{array}{rl}{S}_n& =\frac{\frac{p-p^{n+1}}{1-p}-n{p}^{n+1}}{1-p}\\ & =\frac{p+(pn-n-1)p^{n+1}}{(1-p{)}^2}\end{array} \end{gathered}$$

即为所求.

---

我们考虑数列$f_n=n{p}^n$的生成函数是什么,我们当然可以如下考虑:

$$\sum _{i=1}^{n}i{p}^i=n\sum _{i=1}^n{p}^i-\sum _{i=1}^n(n-i)p^i$$

考虑前后分别求解,前面是等比数列求和,后面可以考虑使用数列$f_n=p^n,g_n=n$卷积得到,也可以使用生成函数求解.

这样的思路是可行的,但是我们有更简单的做法:考虑数列$f_n=p^n$,发现所需要的数列恰好是$f$乘以对应项标号后左移一位,可以将$F(x)$求导后得到,进而求解前缀和.

$$\begin{gathered} F(x)=\frac{1}{1-px}\leftrightarrow f_n=p^n \\ G(x)=F^{\prime }(x)=\frac{p}{(1-px{)}^2}\leftrightarrow g_n=<p,2p^2,3p^3,\cdots > \end{gathered}$$

发现这个形式已经很好了,我们只要求前$n-1$项的前缀和即为答案.写出答案数列的生成函数并尝试拆项:

$$\begin{array}{rl}S(x)& =\frac{G(x)}{1-x}\\ & =\frac{p}{(1-px{)}^2(1-x)}\\ \text{(待定系数)}& & =\frac{A}{1-px}+\frac{B}{(1-px{)}^2}+\frac{C}{1-x}& =-\frac{p^2}{(p-1{)}^2}\frac{1}{1-px}+\frac{p^2}{p-1}\frac{1}{(1-px{)}^2}+\frac{p}{(p-1{)}^2}\frac{1}{1-x}\end{array}$$

根据公式1以及牛顿二项式定理,这个形式就可以还原为数列了:

$$\begin{array}{rl}{s}_n& =-\frac{p^{n+2}}{(p-1{)}^2}+\frac{p^2{p}^n(n+1)}{p-1}+\frac{p}{(p-1{)}^2}\\ & =\frac{(p(n+1)-(n+1)-1)p^{n+2}+p}{(p-1{)}^2}\end{array}$$

因此:

$$s_{n-1}=\frac{(pn-n-1)p^{n+1}+p}{(p-1{)}^2}$$

即为所求.

---

生成函数与数论

让我们重新表示一个数列的生成函数,这次我们不再使用多项式,而改用迪利克雷生成函数,具体的,对于数列$\{f_n\}$,我们定义它的迪利克雷生成函数为:

$$F(x)=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_i\frac{1}{i^x}$$

如不加特殊声明,本小节中的生成函数均指迪利克雷生成函数.

为什么我们要使用这个生成函数?这个生成函数与数论又有什么关系?我们知道,在前面的生成函数定义中,生成函数相乘意味着对应数列的卷积.让我们来考察一下在这个定义下,$F(x)G(x)$有什么样的性质.

$$\begin{array}{rl}F(x)G(x)& =\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_i\frac{1}{i^x}\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{g}_j\frac{1}{j^x}\\ & =\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}{f}_i{g}_j\frac{1}{(ij{)}^x}\\ & =\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{d|i}{f}_d{g}_{i/d}\frac{1}{i^x}\\ & \leftrightarrow h_n=\sum _{d|i}{f}_d{g}_{i/d}=(f\ast g)(n)\end{array}$$

可以发现,在这样的定义下,生成函数的乘积对应着数列的迪利克雷卷积,这可以引发我们的许多联想.
让我们引入黎曼-Zeta函数.

$$\zeta (x)=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{i^x}\leftrightarrow <1,1,1,\cdots >$$

根据莫比乌斯反演,$\mu \ast 1=ϵ$,因此有:

$$\frac{1}{\zeta (x)}=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\mu (i)\frac{1}{i^x}\leftrightarrow <\mu (1),\mu (2),\mu (3),\cdots >$$

这也是莫比乌斯反演的另一种形式.

小结

我们重复一遍:“生成函数是数列与函数之间的桥梁.”我们通过生成函数,将数列问题转化为函数的问题,并借助函数的处理办法来求数列的一些性质.

我们可以用生成函数解决一些数列通项求解,前缀和求解问题,并以此来解决一些计数题目.