生成函数做题笔记
-
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。
-
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。
-
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。
-
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。
-
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……
