生成函数做题笔记

• Luogu P2000拯救世界

  生成函数的入门题，对于每一个限制条件，若为 $k$ 的倍数则生成函数为 $\frac{1}{1-x^{k}}$，若为 $\ge k$ 则为 $\frac{1-x^{k+1}}{1-x}$。最后用广义二项式定理求出第 $n$ 项系数即可。

• CF438E The Child and Binary Tree

  设 $f_i$ 表示权值和为 $i$ 的方案数，记 $a_i$ 为权值 $i$ 的出现次数，则：

  $$f_i= \begin{cases} 1&i=0 \\ \sum_{j+p+q=i}{a_jf_pf_q}&i\ge1 \end{cases}$$

  记 $A(x)=\sum_{i=1}^{m}{a_ix^i}$，$f_i$ 的 $OGF$ 为 $F(x)$，则 $F(x)=1+A(x)F^2(x)$。（ $+1$ 是补全 $f_p,f_q$ 的常数项）

  再一些题解中，直接使用求根公式来解出上面的式子，但是考虑 $a_i$ 的定义，发现 $A(x)$ 的零次项为 $0$，故不存在逆元，所以不能直接求根。可以先将等式两边同乘 $A(x)$，整理可得：

  $$A^2(x)F^2(x)-A(x)F(x)+A(x)=0 \\ (A(x)F(x)-\frac{1}{2})^2=\frac{1}{4}-A(x)$$

  若 $A(x)F(x)-\frac{1}{2}=\sqrt{\frac{1}{4}-A(x)}$（ $\frac{1}{4}-A(x)$ 的零次项为 $\frac{1}{4}$，存在逆元），那么：$A(x)F(x)=\frac{\sqrt{1-4A(x)}+1}{2}$。但是，右式是零次项为 $1$，但是左边的零次项为 $0$，所以舍去。

  所以 $A(x)F(x)-\frac{1}{2}=-\sqrt{\frac{1}{4}-A(x)}$，化简以后得到：

  $$F(x)=\frac{2}{1+\sqrt{1-4A(x)}}$$

  多项式开根求逆即可。

• Luogu P4389付公主的背包

  多项式优化完全背包

  设物品体积为 $v$ ，那么该物品的生成函数为 $\sum_{i\ge 0}{[i\%v=0]x_i}$，也就是 $\frac{1}{1-x^{v}}$。

  答案就是 $m$ 个生成函数的卷积。但是这样的复杂度还不如DP，所以需要优化。

  考虑将乘法化为加法。一种常见的方法是求 $\ln$ 再 $\exp$。

  由 $\ln(1-A(x))=-\sum_{i\ge1}{\frac{A_i(x)}{i}}$可得：

  $$\ln(1-x^v）=-\sum_{i\ge1}{\frac{x^{vi}}{i}}$$

  我们只需要枚举 $v\times i$，根据调和级数，复杂度是 $O(m\ln m)$。

  枚举每一种物品，分别加到对应的系数中，就完成了取 $\ln$ 和求和的操作，然后求 $\exp$ 再求逆即可。

• Luogu P4841城市规划

  这题有一个比较巧妙（省事）的做法。

  设多项式 $f_i$ 表示 $i$ 个点的无向连通图个数 $/i!$ ，则答案为 $f_n\times n!$。

  设多项式 $g_i$ 表示 $i$ 个点的无向图个数 $/i!$，不难发现 $g_i=\frac{2^{n\choose 2}}{i!}$。

  再考虑 $g$ 和 $f$ 的关系，因为一个无向图可以看作是由若干个无向连通图拼在一起的，所以我们枚举连通块的数量：

  $$g=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{f^k}{k!}}$$

  为什么要除以 $k!$ 呢，因为我们再计算 $f$ 与 $g$ 时通过除以阶乘消除了标号的影响，而 $f_k$ 所乘的 $k$ 个元素是有先后顺序的，所以要除以全排列来消除标号。

  通过观察，上面的式子可以化为：

  $$g=e^f$$

  即：

  $$f=\ln g$$

  这个转化在 $cgz$ 的课件上可以找到。

• Luogu P4451整数的lqp拆分

  首先，斐波那契数列 $f(x)$ 的生成函数为：

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

  令答案为 $g(n)$，考虑枚举最后一个数字，在原来的基础上乘以该数的斐波那契值，即：

  $$g(n)= \begin{cases} \sum_{i=0}^{n}{f(i)*g(n-i)} &(n\neq0) \\ 1 &(n=0) \end{cases}$$

  设其生成函数为 $G(x)$，则有：

  $$G=G*F+1 \\G=\frac{1-x-x^2}{1-2x-x^2} \\G=1+\frac{x}{1-2x-x^2}$$

  只需要展开 $-\frac{x}{x^2+2x-1}$ 即可。

  我们知道 $\frac{1}{1-A(X)}=\sum_{i\ge0}{A^i(x)x^i}$，所以我们想把式子往这上面靠。

  先解出 $x^2+2x-1=0$ 的两根 $x_1,x_2$，那么：

  $$\begin{split} -\frac{x}{x^2+2x-1}&=-\frac{x}{(x-x_1)(x-x_2)} \\&=\frac{x}{x_2-x_1}(\frac{1}{x-x_1}-\frac{1}{x-x_2}) \\&=\frac{x}{x_2-x_1}(\frac{1}{x_2}\times\frac{1}{1-x/x_2}- \frac{1}{x_1}\times \frac{1}{1-x/x_1}) \\&=\frac{1}{x_2-x_1}(\sum_{i=0}{\frac{x^{i+1}}{x_2^{i+1}}}-\sum_{i=0}\frac{x^{i+1}}{x_1^{i+1}}) \end{split}$$

  所以第 $n$ 项的系数 $g(n)=\frac{1}{x_2-x_1}\times(\frac{1}{x_2^n}-\frac{1}{x_1^n})$。

  带入得到：$g(n)=\frac{\sqrt{2}}{4}[(1+\sqrt{2})^n-(1-\sqrt2)^n]$。

  至于如何求 $\sqrt2$ 在模 $1e9+7$ 下的值，要用到二次剩余，具体可以看 这篇博客，这里给出参考值：$59713600$。

  由于 $n$ 很大，需要用到扩展欧拉定理，在读入时对 $P-1$ 即 $1e9+6$ 取模。

• HAOI2018 染色

  要用到 二项式反演 相关知识。

  设 $G(k)$ 表示恰好 $k$ 中颜色出现了 $S$ 次的方案数。

  对于这一类问题，我们可以考虑钦定 $k$ 种颜色，每种强行染色 $S$ 次，剩下的随便染，即：

  $${m \choose k}*\frac{n!}{(S!)^k(n-S\times k)!}*(m-k)^{n-S\times k}$$

  但是这个东西并不是 $G$，因为这会重复计数。比如，当我们钦定 $a,b$ 两种颜色的时候，可能还有一种颜色 $c$ 也正好出现了 $S$ 次（因为剩下的是随便选的）。因此，我们令上式为 $F(k)$，考虑 $F$ 与 $G$ 的关系。

  我们发现，当 $F$ 取 $k$，$G$ 取 $i$ 时，恰好有 ${i \choose k}$ 种情况 $G$ 会对 $F$ 造成贡献，所以可以得到：

  $$F(k)=\sum_{i=k}^{n}{{i \choose k}G(i)}$$

  已知 $F$ 求 $G$，于是套用二项式反演得到：

  $$G(k)=\sum_{i=k}^{n}{(-1)^{i-k}{i \choose k}F(i)}$$

  拆开组合数：

  $$G(k)=\sum_{i=k}^{n}{(-1)^{i-k}\frac{i!}{k!(i-k)!}F(i)} \\G(k)=\frac{1}{k!}\sum_{i=k}^{n}{\frac{(-1)^{i-k}}{(i-k)!}i!F(i)}$$

  把 $F$ 翻转一下就可以卷积了！

  实现起来细节还是蛮多的……