符号化方法

OI wiki 新增加的一页，在 GF 计数领域非常有用，所以总结一下。

一些符号约定

符号化方法是把组合对象（比如树，字符串，图等我们关心它组合意义的东西）转化为 GF 形式表达的一种方法，考虑把在这些组合对象组成的集合上进行的操作，变成在 GF 上进行的操作，从而大大提升效率。一般地，我们定义组合类：

$$(\mathcal{A},\lvert\cdot\rvert)$$

其中 $\mathcal{A}$ 为组合对象组成的集合，$\lvert\cdot\rvert$ 是一个单元操作，把一个组合对象映射为一个非负整数。举个例子，比如对于一棵树，我们关心它的结点数，所以就定义 $|t|$ 为 $t$ 这棵树的结点数量。我们定义 $\mathcal{A}_n=\{\alpha\in\mathcal{A}||\alpha|=n\}$。

对于组合类 $(\mathcal{A},\lvert\cdot\rvert)$ ，其对应的 OGF 为：

$$A(z)=\sum_{\alpha\in \mathcal{A}}z^{|\alpha|}=\sum_{n\ge 0}a_nz^n$$

对应的 EGF 为：

$$\hat{A}(z)=\sum_{\alpha\in \mathcal{A}}\dfrac{z^{|\alpha|}}{|\alpha|!}=\sum_{n\ge 0}\dfrac{a_nz^n}{n!}$$

其中 $a_n=\operatorname{card}(\mathcal{A}_n)$，$\operatorname{card}$ 表示集合的基数。一般来说，OGF 用于无标号的情况，EGF 用于有标号的情况。

定义中性对象 $\epsilon$ 满足 $|\epsilon|=0$，和中性集合 $\mathcal{E}=\{\epsilon\}$，其对应的 OGF，EGF 为：

$$\mathcal{E}(z)=\hat{\mathcal{E}}(z)=1$$

定义原子对象 $\circ$ 满足 $\lvert\circ\rvert=1$，和原子集合 $\mathcal{Z}=\{\circ\}$，其对应的 OGF，EGF 为：

$$\mathcal{Z}(z)=\hat{\mathcal{Z}}(z)=z$$

显然我们能得到结论，$\forall\mathcal{A}$，都有 $\mathcal{A}\cong\mathcal{A}\times\mathcal{E}\cong\mathcal{E}\times \mathcal{A}$，其中我们称两个组合集 $\mathcal{A},\mathcal{B}$ 满足 $\mathcal{A}\cong\mathcal{B}$ 当且仅当它们不平凡同构。

无标号

本部分介绍的所有操作是基于无标号的，所以对应的 GF 均采用 OGF。

不相交并

对于两个组合类的并 $\mathcal{A},\mathcal{B}$，如果我们单纯将它记为：

$$\mathcal{A}+\mathcal{B}$$

即简单的拼接，如果 $\mathcal{A}\cap\mathcal{B}\ne\emptyset$，就会与不相交的前提相违背。所以我们把它记为：

$$(\mathcal{E}_1\times\mathcal{A})+(\mathcal{E}_2\times\mathcal{B})$$

即给两个乘上不同的中性对象，不改变集合的元素本质，但给它们“染上了颜色”，从而不管是否有 $\mathcal{A}\cap\mathcal{B}=\emptyset$，都可以直接拼接。而对应的 OGF 为：

$$A(z)+B(z)=\sum_{\alpha\in\mathcal{A}}z^{|\alpha|}+\sum_{\beta\in\mathcal{B}}z^{|\beta|}=\sum_{n\ge 0}(a_n+b_n)z^n$$

即两个集合对应 OGF 的幂级数加法。

笛卡尔积

我们定义两个集合的笛卡尔积 $\mathcal{A}\times\mathcal{B}$ 为：

$$\mathcal{A}\times\mathcal{B}=\{(\alpha,\beta)|\alpha\in\mathcal{A},\beta\in\mathcal{B}\}$$

其中如果 $\gamma=(\alpha_1,\alpha_2,\cdots,\alpha_n)$，则我们记 $|\gamma|=|\alpha_1|+|\alpha_2|+\cdots+|\alpha_n|$。通过定义可以找到对应的 OGF：

$$A(z)B(z)=\sum_{(\alpha,\beta)\in(\mathcal{A}\times\mathcal{B})}z^{|\alpha|+|\beta|}=\sum_{n\ge 0}\sum_{i+j=n}a_ib_jz^n$$

即两个集合对应 OGF 的集合幂级数乘法。

序列构造

我们定义一个集合的序列构造 $\operatorname{SEQ}(\mathcal{C})$ 为：

$$\operatorname{SEQ}(\mathcal{C})=\{\epsilon\}+\mathcal{C}+\mathcal{C}^2+\mathcal{C}^3+\cdots$$

其中为了保证构造出的集合合理，必须有 $\mathcal{C}_0=\emptyset$。感性理解就是在这个集合里选 $0$ 个的方案，选 $1$ 个的方案，选 $2$ 个的方案等等的并，且选择组成的是序列，即顺序有所谓。对应的 OGF 为：

$$\operatorname{SEQ}(C(z))=\sum_{n\ge 0}C^n(z)=\dfrac{1}{1-C(z)}$$

循环构造

我们定义一个集合的循环构造 $\operatorname{CYC}(\mathcal{B})$ 为：

$$\operatorname{CYC}(\mathcal{B})=\operatorname{SEQ}(\mathcal{B})/\mathbf{S}$$

其中 $\mathbf{S}$ 为一个等价关系，表示二者循环同构，$/\mathbf{S}$ 表示把原集合按照在这个等价意义下等价的元素剔除。感性理解就是在 $\operatorname{SEQ}(\mathcal{B})$ 的集合中，去掉循环同构的序列。其对应的 OGF 不那么显然，根据 OI wiki，式子是：

$$\operatorname{CYC}(B(z))=\sum_{n\ge 1}\dfrac{\varphi(n)}{n}\ln\dfrac{1}{1-B(z^n)}$$

其中 $\varphi$ 为欧拉函数。

可重集构造

我们定义一个集合的可重集构造 $\operatorname{MSET}(\mathcal{A})$ 为：

$$\operatorname{MSET}(\mathcal{A})=\operatorname{SEQ}(\mathcal{A})/\mathbf{R}$$

其中 $\mathbf{R}$ 为一个等价关系，表示两个序列对应同一个可重集，$/\mathbf{R}$ 表示把原集合按照该等价关系相同的元素剔除。感性来看就是在序列构造的基础上，要求组成的是可重集，即顺序无所谓。除定义外，我们还能得到这样的递推式：

$$\operatorname{MSET}(\{\alpha_0,\alpha_1,\cdots\alpha_n\})=\operatorname{MSET}(\{\alpha_0,\alpha_1,\cdots\alpha_{n-1}\})\times\operatorname{SEQ}(\{\alpha_n\})$$

表示在原有的生成的可重集内，每个都加入若干个 $\alpha_n$。更进一步，我们能发现：

$$\operatorname{MSET}(\mathcal{A})=\prod_{\alpha\in\mathcal{A}}\operatorname{SEQ}(\{\alpha\})$$

因为 $\operatorname{SEQ}$ 对应的 OGF 已知，所以 $\operatorname{MSET}$ 对应的 OGF 为：

$$\operatorname{MSET}(A(z))=\prod_{\alpha\in\mathcal{A}}(1-z^{|\alpha|})^{-1}=\prod_{n\ge 1}(1-z^n)^{-a_n}$$

不要忘了 $\operatorname{SEQ}$ 要求不能出现大小为 $0$ 的元素。

进一步地，我们还能通过取对数继续化简这个 OGF（具体过程可以参考我的 一篇题解）：

$$\operatorname{MSET}(A(z))=\exp\left(\sum_{n\ge 1}\dfrac{A(z^n)}{n}\right)$$

可重集构造又被称作 Euler 变换。

幂集构造

我们定义一个集合的幂集构造 $\operatorname{PSET}(\mathcal{B})$ 为其所有子集的并。有递推式：

$$\operatorname{PSET}(\{\beta_0,\beta_1,\cdots,\beta_n\})=\operatorname{PSET}(\{\beta_0,\beta_1,\cdots,\beta_{n-1}\})\times(\{\epsilon,\beta_n\})$$

即剩下一个元素可以选，也可以不选。进一步地，我们有：

$$\operatorname{PSET}(\mathcal{B})=\prod_{\beta\in\mathcal{B}}(\{\epsilon,\beta\})$$

对应的 OGF 为：

$$\operatorname{PSET}(B(z))=\prod_{\beta\in\mathcal{B}}(1+z^{|\beta|})=\prod_{n\ge 1}(1+z^n)^{b_n}$$

可以发现与 $\operatorname{MSET}$ 的非常像，仅仅是换了几个符号，所以另一种 $\exp$ 的形式也可以类似地得出：

$$\operatorname{PSET}(B(z))=\exp\left(\sum_{n\ge 1}\dfrac{(-1)^{n-1}B(z^n)}{n}\right)$$

根据定义容易得到：

$$\operatorname{PSET}(\mathcal{B})\subset\operatorname{MSET}(\mathcal{B})$$

带限制的情况

上面所有的讨论都是基于不限组成部分的情况，但如果要求原序列生成的可重集个数满足某种限制——比如恰为 $k$——那就无法解决了。定义 $\mathfrak{K}$ 为上述 $\operatorname{SEQ,MSET,PSET,CYC}$ 的其中的一种操作，定义以下三种限制：

$$\mathfrak{K}_{\ge l}(\mathcal{B})\qquad\mathfrak{K}_{k}(\mathcal{B})\qquad\mathfrak{K}_{l..r}(\mathcal{B})$$

为组成部分大于等于 $l$，恰等于 $k$，和位于 $l..r$ 中。以 $\mathcal{A}=\mathfrak{K}_{l..r}(\mathcal{B})$ 为例，这要求：

$$\forall\alpha\in\mathcal{A},\alpha=\{(\beta_0,\beta_1,\cdots,\beta_k)|\beta\in\mathcal{B}\},l\le k\le r$$

考虑引入二元 GF 来解决这个问题，如果设 $\mathcal{X}(\alpha)$ 表示组成 $\alpha$ 的元素个数，则我们定义 $A_{n,k}$ 为：

$$A_{n,k}=\operatorname{card}(\{\alpha\in\mathcal{A}||\alpha|=n,\mathcal{X}(\alpha)=k\})$$

则对应的二元 GF 为：

$$A(z,u)=\sum_{n,k}A_{n,k}u^kz^n=\sum_{\alpha\in\mathcal{A}}u^{\mathcal{X}(\alpha)}z^{|\alpha|}$$

容易发现，$\mathfrak{K}_{l..r}$ 的限制只需要提取出 $u^{l..r}$ 的系数，就能得到对应的 OGF，其他两个限制是类似的。

具体来看，对于 $\operatorname{SEQ}(\mathcal{B})$：

$$A(z,u)=\sum_{n,k}A_{n,k}z^nu^k=\sum_{k\ge 0}B^k(z)u^k=\dfrac{1}{1-uB(z)}$$

其中 $A_{n,k}z^n=B^k(z)$ 是由于对于 $\operatorname{SEQ}$ 构造，$B(z)^k$ 就表示组成部分为 $k$ 个的 OGF。这样显然有：

$$[u^l]A(z,u)=B^l(z)$$

对于 $\operatorname{MSET}(\mathcal{B})$：

$$A(z,u)=\prod_{n}(1-uz^n)^{-b_n}$$

只是给每一个元素增加了一个 $u$，表示这个元素单独的时候表示 $1$ 个元素，从而两个相乘表示拼接的时候也会把 $u$ 的指数相加。可以用类似的方法得到 $\exp$ 形式：

$$A(z,u)=\exp\left(\sum_{n\ge 1}\dfrac{u^nB(z^n)}{n}\right)$$

把 $\exp$ 展开后即可提取 $u^l$ 的系数。

注意在这种情况下，对于 $b_0$ 的定义很重要。如果 $b_0=1$，则有可能出现较多的常数项不便于计算。
对于 $\operatorname{PSET}(\mathcal{B})$，可以采用类似的思路：

$$A(z,u)=\prod_{n}(1+uz^n)^{b_n}$$

$\exp$ 形式类似：

$$A(z,u)=\exp\left(\sum_{n\ge 1}\dfrac{(-1)^{n-1}u^nB(z^n)}{n}\right)$$

依然是把 $\exp$ 展开提取系数。

一些例题

loj#6268. 分拆数

定义 $f(i)$ 为把 $i$ 表示成若干正整数之和的方案数，正整数之间的顺序无所谓。求 $f(1\sim10^5)$，答案对 $998,244,353$ 取模。

如果我们定义组合类 $(\mathcal{I},\lvert\cdot\rvert)$，其中 $\mathcal{I}=\mathbb{N}_+$，$\lvert i \rvert=i$，则我们发现题目里给出的分拆其实相当于：

$$\operatorname{MSET}(\mathcal{I})$$

因为不同的数组成成一个新的组合类，它的大小恰等于各个组分之和，即对于正整数的分拆，又因为顺序无所谓，所以用 $\operatorname{MSET}$。具体算的方法，可以考虑把 $\operatorname{MSET}$ 的形式展开一下：

$$\operatorname{MSET}(I(z))=\exp\left(\sum_{n\ge 1}\dfrac{I(z^n)}{n}\right)=\exp\left(\sum_{n\ge 1}\sum_{k\ge 1}\dfrac{i_kz^{kn}}{n}\right)$$

这样每个 $i_k$ 会对所有 $k$ 的倍数做贡献，枚举倍数预处理出多项式就可以直接做 $\exp$ 了，时间复杂度 $\mathcal{O}(n\log n)$。

int main()
{
    int n, m = 1; scanf("%d", &n); while (m <= n) m <<= 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        for (int j = i; j < m; j += i) (F[j] += ksm(j / i, mod - 2)) %= mod;
    getExp(F, G, m);
    for (int i = 1; i <= n; ++i) printf("%d\n", G[i]);
    return 0;
}

洛谷 P5900 无标号无根树计数

求 $n$ 个点的无标号无根树数量，答案对 $998244353$ 取模。($1\le n\le 2\times10^5$)

发现如果我们求的是有根树，则钦定一个根后，剩下的点其实是分成若干集合，变成子树，且各个子树又是递归结构。所以定义组合类 $(\mathcal{T},\lvert\cdot\rvert)$，其中 $\mathcal{T}$ 表示所有无标号有根树的集合，$|t|$ 表示这棵树结点大小，则：

$$\mathcal{T}=\{\circ\}\times\operatorname{MSET}(\mathcal{T})$$

展开成 OGF 就可以做了：

$$\operatorname{MSET}(T(z))=z\exp\left(\sum_{n\ge1}\dfrac{T(z^n)}{n}\right)$$

具体做法见我的 一篇题解。

烷基计数 加强版 加强版

求 $n$ 个点的每个点度数不超过 $4$ 且根的度数不超过 $3$ 的有根树的数目。($1\le n\le 10^5$)

这道题一个显然的想法是设组合类 $(\mathcal{T},\lvert\cdot\rvert)$，与上一道题类似的意义，有等式：

$$\mathcal{T}=\{\circ\}\times\operatorname{MSET}_{0..3}(\mathcal{T})$$

不幸的是，如果按照这个等式进行 OGF 的展开，会得到一个非常长的式子，非常不便于计算。注意到这个等式必须要求 $\operatorname{MSET}$ 取 $0..3$ 是因为 $\mathcal{T}$ 内没有 $\epsilon$ 元素，这样的话，满足度数 $\le 3$ 就必须显式表示。而如果我们定义 $\hat{\mathcal{T}}=\mathcal{T}+\{\epsilon\}$，则会有：

$$\hat{\mathcal{T}}=\{\epsilon\}+\{\circ\}\times\operatorname{MSET}_3(\hat{\mathcal{T}})$$

而这个式子展开就会方便很多了。考虑把 $\exp$ 展开：

$$\begin{aligned}\operatorname{MSET}_3(T(z))&=[u^3]\exp\left(\sum_{n\ge 1}\dfrac{u^nT(z^n)}{n}\right)\\&=[u^3]\sum_{i\ge 0}\dfrac{\left(\sum_{n\ge 1}\dfrac{u^nT(z^n)}{n}\right)^i}{i!}\\&=[u^3]1+[u^3]\left(\cdots+\dfrac{u^3T(z^3)}{3}+\cdots\right)+[u^3]\dfrac{\left(\dfrac{uT(z)}{1}+\dfrac{u^2T(z^2)}{2}+\cdots\right)^2}{2}\\&+[u^3]\dfrac{\left(\dfrac{uT(z)}{1}+\cdots\right)^3}{6}\\&=\dfrac{T(z^3)}{3}+\dfrac{T(z)T(z^2)}{2}+\dfrac{T^3(z)}{6}\end{aligned}$$

这样能得到：

$$T(z)=1+\dfrac{z}{6}(2T(z^3)+3T(z)T(z^2)+T^3(z))$$

可以用半在线卷积或者牛顿迭代分别在 $\mathcal{O}(n\log^2n)$ 和 $\mathcal{O}(n\log n)$ 的时间内求解。

inline void copy(int* f, int* g, int n) { for (int i = 0; i < n; ++i) g[i] = f[i]; }
inline void clear(int* f, int n) { for (int i = 0; i < n; ++i) f[i] = 0; }
inline void cdq(int l, int r)
{
    if (l + 1 == r) return (l % 3 == 1) ? ((A[l] += (ll)A[l / 3] * inv3 % mod) %= mod, void()) : void();
    int mid = (l + r) >> 1; cdq(l, mid); init(r - l);
    copy(A + l, F, mid - l); clear(F + mid - l, lim - mid + l);
    copy(A, G, r - l); clear(G + r - l, lim - r + l);
    for (int i = 0; i < lim; ++i) H[i] = 0;
    for (int i = 0; i < r - l; ++i) if (!(i & 1)) H[i] = A[i / 2];
    NTT(F, lim, 1); NTT(G, lim, 1); NTT(H, lim, 1);
    for (int i = 0; i < lim; ++i)
        F[i] = ((ll)F[i] * H[i] % mod * inv2 % mod + (ll)F[i] * G[i] % mod * G[i] % mod * inv2 % mod * (!l ? inv3 : 1) % mod) % mod;
    NTT(F, lim, mod - 2);
    for (int i = mid; i < r; ++i) (A[i] += F[i - l - 1]) %= mod;
    cdq(mid, r);
}
int main()
{
    int m; scanf("%d", &m); while (n <= m) n <<= 1; A[0] = 1;
    cdq(0, n); printf("%d\n", A[m]); return 0;
}

顺便提一句，如果按照 $\mathcal{T}=\{\circ\}\times\operatorname{MSET}_{0..3}(\mathcal{T})$ 展开得到的是：

$$T(z)=\dfrac{z}{6}(1+6T(z)+3T^2(z)+3T(z^2)+3T(z)T(z^2)+2T(z^3)+T^3(z))$$

如果把 $T(z)$ 换为 $T(z)+1$，那就跟上面那个式子一样了。所以常数项一般来说处理为 $0$ 会更加方便，甚至有时候必须处理为 $0$（比如上题无标号无根树，因为没有限制，所以一旦不处理为 $0$，那常数项就会爆炸）

有标号

本部分介绍的所有内容是基于有标号的，所以对应的 GF 采用 EGF。

一些有标号的例子

对于排列组成的组合类 $(\mathcal{P},\lvert\cdot\rvert)$，定义 $|p|$ 为排列的长度，则其 EGF 为：

$$\hat{P}(z)=\sum_{p\in\mathcal{P}}\dfrac{z^{|p|}}{|p|!}=\sum_{n\ge 0}\dfrac{n!z^n}{n!}=\dfrac{1}{1-z}$$

对于圆排列组成的组合类 $(\mathcal{C},\lvert\cdot\rvert)$，定义 $|c|$ 为圆排列的长度，则其 EGF 为：

$$\hat{C}(z)=\sum_{c\in\mathcal{C}}\dfrac{z^{|c|}}{|c|!}=\sum_{n\ge 0}\dfrac{(n-1)!z^n}{n!}=\ln\dfrac{1}{1-z}$$

能看出 $\exp \hat{C}(z)=\hat{P}(z)$。

对于图 $G=(V,E)$，且 $|E|=0$，定义其组合类 $(\mathcal{U},\lvert\cdot\rvert)$，定义 $|u|=|V|$，则其 EGF 为：

$$\hat{U}(z)=\sum_{u\in\mathcal{U}}\dfrac{z^{|u|}}{|u|!}=\sum_{n\ge 0}\dfrac{z^n}{n!}=e^z$$

这是由于完全没有边的图，相同大小的点集仅对应一个。

集合的有标号乘法

首先我们要知道，把两个元素做有标号乘法会有什么结果。比如 $\beta,\gamma$ 为两个有标号元素，则我们定义二者的有标号乘法为这两个元素拼接在一起，并重新标号。而对一个元素重新标号有两种情况，要么是把标号的值域扩大，要么缩小，这导出了对元素有标号乘法两种等价的定义：

$$\beta\ast\gamma=\{(\beta',\gamma')|(\beta',\gamma') 的标号是良定义的,\rho(\beta')=\beta,\rho(\gamma')=\gamma\}$$

其中 $\rho$ 表示将标号的值域缩小后的对应。

$$\beta\ast\gamma=\{(e(\beta),f(\gamma))|\operatorname{Im}(e)\cap\operatorname{Im}(f)=\emptyset,\operatorname{Im}(e)\cup\operatorname{Im}(f)=\{1,2,\cdots,|\beta|+|\gamma|\}\}$$

其中 $f,e$ 表示将标号的值域扩大后的对应，$\operatorname{Im}(e)$ 表示对应到的值的集合。可能有点难理解，举个例子吧，比如将一个三角形 $1-2-3$ 和一个线段 $1-2$ 乘在一起会得到 $10$ 个结果：

$$\begin{aligned}&(1-2-3,4-5),(1-2-4,3-5),(1-2-5,3-4),(1-3-4,2-5),(1-3-5,2-4)\\&(1-4-5,2-3),(2-3-4,1-5),(2-3-5,1-4),(2-4-5,1-3),(3-4-5,1-2)\end{aligned}$$

可以观察到，两个集合 $\beta,\gamma$ 大小分别为 $n_1,n_2$，如果令 $n=n_1+n_2$，则：

$$\operatorname{card}(\beta\ast\gamma)=\dbinom{n}{n_1,n_2}$$

有了这个定义，我们就能得到两个集合的有标号乘法 $\mathcal{B}\ast\mathcal{C}$ 为：

$$\mathcal{B}\ast\mathcal{C}=\bigcup_{\beta\in\mathcal{B},\gamma\in\mathcal{C}}(\beta\ast\gamma)$$

对应的 EGF 操作为：

$$\hat{A}(z)=\hat{B}(z)\times \hat{C}(z)\iff a_n=\sum_{|\beta|+|\gamma|=n}\dbinom{|\beta|+|\gamma|}{|\beta|,|\gamma|}=\sum_{n_1+n_2=n}\dbinom{n}{n_1,n_2}b_{n_1}c_{n_2}$$

其中：

$$\dbinom{n}{n_1,n_2,\cdots,n_k}=\dfrac{n!}{n_1!n_2!\cdots n_k!}$$

即 EGF 的幂级数乘法。容易发现这个乘法满足结合律：

$$\mathcal{A}\ast(\mathcal{B}\ast\mathcal{C})=(\mathcal{A}\ast\mathcal{B})\ast\mathcal{C}$$

序列构造

我们定义一个集合的序列构造 $\operatorname{SEQ}(\mathcal{B})$ 为：

$$\operatorname{SEQ}(\mathcal{B})=\{\epsilon\}+\mathcal{B}+\mathcal{B}^2+\mathcal{B}^3+\cdots$$

其中 $\mathcal{B}^n=(\mathcal{B}\ast\mathcal{B}\ast\mathcal{B}\ast\cdots)$，共 $n$ 个 $\mathcal{B}$。定义 $k$ 序列构造 $\operatorname{SEQ}_k(\mathcal{B})$ 为：

$$\operatorname{SEQ}_k(\mathcal{B})=\mathcal{B}^k$$

可以找到对应的 EGF：

$$\operatorname{SEQ}(\hat{B}(z))=\dfrac{1}{1-\hat{B}(z)},\operatorname{SEQ}_k(\hat{B}(z))=\hat{B}^k(z)$$

$\operatorname{SEQ}$ 构造依然要求 $\mathcal{B}_0=\emptyset$。

感性理解就是选取 $0,1,2,\cdots$ 个元素构成的有标号，顺序有所谓的序列。

集合构造

我们定义一个集合的集合构造 $\operatorname{SET}(\mathcal{B})$ 为：

$$\operatorname{SET}(\mathcal{B})=\{\epsilon\}+\mathcal{B}+\operatorname{SET}_1(\mathcal{B})+\operatorname{SET}_2(\mathcal{B})+\cdots=\bigcup_{k\ge 0}\operatorname{SET}_k(\mathcal{B})$$

其中 $k$ 集合构造 $\operatorname{SET}_k(\mathcal{B})=\operatorname{SEQ}_k(\mathcal{B})/\mathbf{R}$，$\mathbf{R}$ 为等价关系，表示两个序列中一个是另一个的排列，$/\mathbf{R}$ 表示去掉等价的元素。可以找到对应的 EGF：

$$\operatorname{SET}_k(\hat{B}(z))=\dfrac{1}{k!}\hat{B}^k(z),\operatorname{SET}(\hat{B}(z))=\sum_{k\ge 0}\dfrac{1}{k!}\hat{B}^k(z)=\exp (\hat{B}(z))$$

注意到所有东西都是有标号的，所以所有的数都是不同的，这样的话，$\operatorname{MSET,PSET}$ 都会对应到 $\operatorname{SET}$，即它们都是等价的。感性理解就是选取 $0,1,2,\cdots$ 个元素构成的有标号，顺序无所谓的序列。

循环构造

我们定义一个集合的循环构造 $\operatorname{CYC}(\mathcal{B})$ 为：

$$\operatorname{CYC}(\mathcal{B})=\{\epsilon\}+\operatorname{CYC}_1(\mathcal{B})+\operatorname{CYC}_2(\mathcal{B})+\cdots=\bigcup_{k\ge 0}\operatorname{CYC}_k(\mathcal{B})$$

其中 $k$ 循环构造 $\operatorname{CYC}_k=\operatorname{SEQ}_k/\mathbf{S}$，$\mathbf{S}$ 为等价关系，表示两个序列循环同构。这样可以找到对应的 EGF：

$$\operatorname{CYC}_k(\hat{B}(z))=\dfrac{1}{k}\hat{B}^k(z),\operatorname{CYC}(\hat{B}(z))=\sum_{k\ge 0}\dfrac{1}{k}\hat{B}^k(z)=\ln\dfrac{1}{1-\hat{B}(z)}$$

通过以上这些操作，我们可以构造出一开始举出的三个例子 $\mathcal{U,P,S}$：

$$\mathcal{P}=\operatorname{SEQ}(\mathcal{Z}),\mathcal{U}=\operatorname{SET}(\mathcal{Z}),\mathcal{C}=\operatorname{CYC}(\mathcal{Z})$$

受这个启发，可以构造出的更多操作

满射

满射，即从集合 $\mathcal{A}$ 到集合 $\mathcal{B}$ 的一种函数，且每个值至少用到一次。我们定义满射集合 $\mathcal{R}$ 为：

$$\mathcal{R}=\operatorname{SEQ}\{\operatorname{SET}_{\ge 1}(\mathcal{Z})\}$$

如果给出一个 $r\ge 1$，我们定义 $\mathcal{R}^{(r)}_n$ 为从 $[1\cdots n]$ 到 $[1\cdots r]$ 的满射的集合，一个例子 $\mathcal{R}_9^{(5)}$ 的元素之一：

$$\phi=(1\rightarrow \mathbf{2},2\rightarrow\mathbf{1},3\rightarrow\mathbf{2},4\rightarrow\mathbf{3},5\rightarrow\mathbf{5},6\rightarrow\mathbf{3},7\rightarrow\mathbf{5},8\rightarrow\mathbf{3},9\rightarrow\mathbf{4})$$

注意如果把 $9\rightarrow\mathbf{4}$ 换为 $9\rightarrow\mathbf{3}$，$\phi$ 就不是个满射。此外，我们定义：

$$\mathcal{R}^{(r)}=\bigcup_{n}\mathcal{R}_{n}^{(r)}$$

注意到 $\mathcal{R}^{(r)}$ 可以用一个 $r$ 元组集合，且它们的并集是 $A$ 集合表示：

$$(\phi^{-1}(1),\phi^{-1}(2),\cdots,\phi^{-1}(r))$$

即 $B$ 集合对应的 $A$ 集合的元素的集合，上面举的例子就是：

$$(\{2\},\{1,3\},\{4,6,8\},\{9\},\{5,7\})$$

这样就可以找到对应的 EGF 了：

$$\mathcal{R}^{(r)}=\operatorname{SEQ}_r\{\operatorname{SET}_{\ge 1}(\mathcal{Z})\}\Rightarrow \hat{R}^{(r)}(z)=(e^z-1)^r$$

这样 $n![z^n]\hat{R}^{(r)}=R^{(r)}_n$，二项式定理爆拆：

$$R_n^{(r)}=n![z^n]\sum_{j=0}^r\dbinom{r}{j}(-1)^je^{(r-j)z}=\sum_{j=0}^r\dbinom{r}{j}(-1)^j(r-j)^n$$

注意到 $\mathcal{R}=\operatorname{SEQ}(\operatorname{SET}_{\ge 1}(\mathcal{Z}))$，这样可以导出：

$$\hat{R}(z)=\dfrac{1}{2-e^z}$$

简单推导一下：

$$\hat{R}(z)=\dfrac{1}{2}\dfrac{1}{1-\frac{1}{2}e^z}=\sum_{l\ge 0}\dfrac{e^{lz}}{2^{l+1}}$$

可以得到：

$$R_n=n![z^n]\hat{R}(z)=\dfrac{1}{2}\sum_{l\ge 0}\dfrac{l^n}{2^l}$$

分割集合

定义 $S^{(r)}_n$ 表示把集合 $\{1,2,\cdots,n\}$ 分成 $r$ 个不相交集合的方案数，定义 $\mathcal{S}^{(r)}=\bigcup_n \mathcal{S}^{(r)}_n$，这个组合集对应的元素为一种分割，分割的每一部分被叫做一个块。而一个分割可以被一个有标号类的集合表示（每个代表一个块），所以有：

$$\mathcal{S}^{(r)}=\operatorname{SET}_r\{\operatorname{SET}_{\ge 1}(\mathcal{Z})\}\Rightarrow \hat{S}^{(r)}(z)=\dfrac{1}{r!}(e^z-1)^r$$

可以发现，$S^{(r)}_n=\dfrac{1}{r!}R^{(r)}_n$。从组合意义可以看出，一个 $r$ 分割恰好对应 $r!$ 个 $r$ 满射，两个满射在分割意义下是等价的，当且仅当一个是另一个的排列。

容易发现，分割数跟第二类斯特林数有很大的关系，即：

$$S_{n}^{(r)}=\begin{Bmatrix}n\\r\end{Bmatrix}$$

根据第二类斯特林数的定义可以得出。所以有：

$$R_n=\sum_{r\ge 0}r!\begin{Bmatrix}n\\r\end{Bmatrix},S_n=\sum_{r\ge 0}\begin{Bmatrix}n\\r\end{Bmatrix}$$

观察到 $S_n$ 其实就是贝尔数。

注意到 $\mathcal{S}=\operatorname{SET}\{\operatorname{SET}_{\ge 1}(\mathcal{Z})\}$，这样可以导出：

$$\hat{S}(z)=e^{e^z-1}$$

简单推导一下：

$$\hat{S}(z)=\dfrac{1}{e}e^{e^z}=\dfrac{1}{e}\sum_{l\ge 0}\dfrac{e^{lz}}{l!}$$

可以得到：

$$S_n=n![z^n]\hat{S}(z)=\dfrac{1}{e}\sum_{l\ge 0}\dfrac{l^n}{l!}$$

平面图

这个 "Alignments" 我也不知道怎么翻译好，于是就直译了。一个平面图被定义为一个良标号的圆组成的序列，定义 $\mathcal{O}$ 为平面图的集合，则显然有：

$$\mathcal{O}=\operatorname{SEQ}\{\operatorname{CYC}(\mathcal{Z})\}\Rightarrow \hat{O}(z)=\dfrac{1}{1-\ln(1-z)^{-1}}$$

排列

注意到一个排列其实就是若干圆排列的集合，可以从置换环的角度考虑，这样排列的集合 $\mathcal{P}$ 就有：

$$\mathcal{P}=\operatorname{SET}\{\operatorname{CYC}(\mathcal{Z})\}\cong\operatorname{SEQ}(\mathcal{Z})$$

能导出 EGF：

$$\hat{P}(z)=\exp\left(\ln\dfrac{1}{1-z}\right)=\dfrac{1}{1-z}$$

接下来就用刚刚的方法推导一些东西吧。

树

树分为两种，一种是平面树，特点是子树之间有顺序，另一种是非平面树，特点是子树之间无顺序。此外，我们定义集合 $\Omega\in\mathbb{N}$ 为树的所有点的出度的集合，其中因为树有叶子，所以一定有 $0\in\Omega$。

对于平面有根树，本质上就是确定根之后，剩下的点分成若干部分变成子树，然后递归下去，所以对于平面有根树的集合 $\mathcal{A}$ 有：

$$\mathcal{A}=\mathcal{Z}\ast\operatorname{SEQ}_{\Omega}(\mathcal{A})$$

这样对应的 EGF 为：

$$\hat{A}(z)=z\sum_{w\in\Omega}\hat{A}^w(z)$$

容易发现这个和不带标号的平面有根树很像，具体来讲，不带标号的平面有根树个数为：

$$\dfrac{1}{n!}A_n$$

原因根据组合意义显然。而根据我不会的拉格朗日反演可以得到：

$$A_n=n![z^n]\hat{A}(z)=(n-1)![u^{n-1}]\left(\sum_{w\in\Omega}u^w\right)^n$$

而对于非平面有根树，思路类似，对于它的集合 $\mathcal{T}$，我们有：

$$\mathcal{T}=\mathcal{Z}\ast\operatorname{SET}_{\Omega}(\mathcal{T})$$

这样对应的 EGF 为：

$$\hat{T}(z)=z\sum_{w\in\Omega}\dfrac{\hat{T}^w(z)}{w!}$$

注意到如果 $\Omega=\mathbb{N}$，则有：

$$\hat{T}(z)=ze^{\hat{T}(z)}$$

可与通过我不会的拉格朗日反演得到：

$$T_n=n^{n-1}$$

如果我们考虑森林，其实就是把若干个树组成一个森林，且顺序无所谓，所以森林的集合 $\mathcal{F}$ 为：

$$\mathcal{F}=\operatorname{SET}\{\mathcal{T}\}$$

即 $\hat{F}(z)=\exp\hat{T}(z)$。

写在最后

本篇文章参考 Analytic Combinatorics 这本书的第一，二章，对原文内容做了很大简化，有需要的同学可以找来原书看。由于本人数学很差，所以如果有错还请请喷并指出qwq