学习笔记：生成函数I

形式幂级数

多项式与形式幂级数

• 多项式：\(A(x) = \sum_{i = 0}^na_ix^i\)。
• 形式幂级数：\(A(x) = \sum_{i \ge 0}a_ix^i\)。

其中 \(a_i \in K\)，\(K\) 是一个域，通常考虑 \(K = \mathbb{R}\) 或 \(K = \mathbb{Z}_{p}\)。

注意这里的 \(x\) 可以理解为独立于域 \(K\) 的一个符号。

形式幂级数的运算

设 \(A(x) = \sum_{i \ge 0} a_ix^i, \ B(x) = \sum_{i \ge 0} b_ix^i\)。

• 加法：\(A(x) + B(x) = \sum_{i \ge 0} (a_i + b_i)x^i\)。
• 减法：\(A(x) - B(x) = \sum_{i \ge 0} (a_i - b_i)x^i\)。
• 乘法：\(A(x)\times B(x) = \sum_{k \ge 0} (\sum_{i = 0}^ka_i b_{k - i})x^k\)。

可以验证，形式幂级数在以上定义的 \(+, -, \times\) 下形成一个环。

记号：记形式幂级数（或多项式）\(A(x)\) 的 \(x^n\) 项的系数为 \([x^n]A(x)\)。

形式幂级数的逆元

• 形式幂级数的逆元：\(A(x)B(x) = 1\)。

• 逆元存在的条件：\([x^0]A(x) \neq 0\)。

• 暴力计算的方法：递推。

  设 \(A(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2 +\cdots, \ B(x) = b_0 + b_1x + b_2x^2 + \cdots\)。

  则 \(A(x)B(x) = a_0b_0 + (a_0b_1 + a_1b_0)x + \cdots + (a_0b_n + a_1b_{n - 1} + \cdots + a_nb_0)x^n + \cdots\)。

  \(A(x)B(x) = 1\) 当且仅当

  \[\begin{cases} a_0b_0 = 1\\ a_0b_1 + a_1b_0 = 0\\ \vdots\\ a_0b_n + a_1b_{n - 1} + \cdots + a_nb_0 = 0\\ \vdots \end{cases} \]

  所以 \(b_0 = a_0^{-1}\)，\(b_n = (a_1b_{n - 1} +\cdots+ a_nb_0) \cdot a_0^{-1}\)。

常见的逆

1. \(A(x) = 1 + x + x^2 + \cdots\) 和 \(B(x) = 1 - x\)，即 \(A(x) = \dfrac{1}{1 - x}\)。

2. \(A(x) = 1 + ax + a^2x^2 + \cdots\) 和 \(B(x) = 1 - ax\)，即 \(A(x) = \dfrac{1}{1 - ax}\)。

3. \(A(x) = 1 + f(x) + f^2(x) + \cdots\) 和 \(B(x) = 1 - f(x)\)，即 \(A(x) = \dfrac{1}{1 - f(x)}\)。

4. \(A(x) = {k - 1\choose 0} + {k \choose1}x + {k + 1\choose2}x^2 + \cdots\) 和 \(B(x) = (1 - x)^k\)，即 \(A(x) = \dfrac{1}{(1 - x)^k}\)。

   \(A(x) = (1 + x + x^2 + \cdots)^k = \dfrac{1}{(1 - x)^k}\)。

   即不定方程 \(x_1 + x_2 + \cdots+ x_k = n, \ \forall x_i \ge0\) 的常生成函数。

   同时，我们知道该方程的解的数量为 \(n + k - 1\choose k - 1\)。

   所以有 \([x^n]A(x) = {n + k - 1\choose k - 1} = {n + k - 1\choose n}\)。

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常生成函数(Ordinary Generating Function)

定义

一个数列 \(\{a_n\}\) 对应的常生成函数为 \(A(x) = \sum_{n \ge 0} a_nx^n\)。

1. 两种物体，其中取 \(i\) 个第 \(1\) 种物体的方案数为 \(a_i\)，取 \(j\) 个第 \(2\) 种物体的方案数为 \(b_i\)，求取 \(k\) 个物体的方案数 \(c_k\)。

   \[C(x) = \sum_{k \ge 0} c_k = \sum_{k \ge 0} \sum_{i = 0}^ka_ib_{k - i} = A(x) B(x) \]

   所以 \(c_k = [x^k](A(x)B(x))\)。

2. 取 \(n\) 个水果，苹果个数必须是偶数，香蕉个数必须是 \(3\) 的倍数，草莓个数不超过 \(5\)，求方案数。

   令 \(a_i\) 为取 \(i\) 个苹果的方案数，则 \(a = \{1, 0, 1, 0, 1\cdots\}\)。

   所以

   • \(A(x) = 1 + x^2 + x^4 + \cdots\)。
   • \(B(x) = 1 + x^3 + x^6 + \cdots\)。
   • \(C(x) = 1 + x^2 + x^3 + x^4 + x^5\)。

   取 \(n\) 个水果的方案为 \(A(x)B(x)C(x)\) 第 \(x^n\) 项的系数。

   可以先 \(O(n^2)\) 求 \(A(x)\) 与 \(B(x)\) 乘积的前 \(n\) 项，再 \(O(n^2)\) 求 \(A(x)B(x)\) 与 \(C(x)\) 乘积的前 \(n\) 项。

不定方程的解的数量

求不定方程 \(x_1 + x_2 = n\) 的解的数量，其中 \(l_1 \le x_1 \le r_1, \ l_2 \le x_2 \le r_2\)。

令数列 \(\{a_n\}\) 表示 \(x_1 = n\) 的解的数量，则 \(\forall n \in [l_1, r_1], \ a_n = 1\)。

那么 \(\{a_n\}\) 的常生成函数 \(F_1(x) = \sum_{i = l_1}^{r_1} x^i\)。

所以解的数量为 \([x^n] (F_1(x)F_2(x))\)。

同理，推广到 \(k\) 元不定方程，解的数量为 \([x^n](\prod F_i(x))\) 。

拓展：求 \(x_1 + 2x_2 + 3x_3 = n\) 的正整数解个数。

\(F_1(x) = \sum_{n \ge 1} x^n = x + x^2 + x^3 + \cdots\)。

\(F_2(x) = \sum\limits_{n \ge 1, \ 2 \mid n} x^n = x^2 + x^4 + x^6 + \cdots\)。

\(F_3(x) = \sum\limits_{n \ge 1, \ 3 \mid n} x^n = x^3 + x^6 + x^9 + \cdots\)。

相乘即可。

定理

设 \(S = \{a_1, a_2, a_3, \dots a_k\}\)，且 \(a_i\) 可以取的次数集合为 \(M_i\)，记 \(F_i = \sum\limits_{u \in M_i}x^u\)，则从 \(S\) 中取 \(n\) 个元素的方案 \(g(n)\) 的常生成函数 \(G(x) = \sum_{i \ge 0}g(i)x^i\)，满足

\[G(x) = F_1(x) F_2(x) \dots F_k(x) \]

递推关系

1. 斐波那契数列满足 \(a_0 = 0, a_1 = 1, a_2 = 1, a_n = a_{n - 1} + a_{n - 2}\)，求其常生成函数。

   \[\begin{aligned} \\ A(x) &= a_0 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 +\cdots\\ \\ &= a_0 + a_1x + (a_0 + a_1)x^2 + (a_1 + a_2)x^3 + \cdots\\ \\ &= x + (a_0x^2 + a_1x^3 + \cdots) + (a_1x^2 + a_2x^3 + \cdots)\\ \\ &= x + xA(x) + x^2A(x) \end{aligned} \]

   所以 \(A(x) = \dfrac{x}{1 - x - x^2}\)。

2. 利用常生成函数，求解斐波那契通项公式。

   \[\begin{aligned} A(x) &= \dfrac{x}{1 - x - x^2}\\ \\ &= x(\dfrac{c}{1 - ax} + \dfrac{d}{1 - bx})\\ \\ &= cx(1 + ax + a^2x^2 + \cdots) + dx(1 + bx + b^2x^2 + \cdots)\\ \\ &= \sum_{n \ge 1} (a^{n - 1}c + b^{n - 1}d) x^n \end{aligned} \]

   待定系数解得

   \[\begin{cases} a = \dfrac{1 + \sqrt 5}{2} \\ b = \dfrac{1 - \sqrt 5}{2} \\ c = \dfrac{1}{\sqrt 5} \times \dfrac{1 + \sqrt 5}{2} \\ d = \dfrac{1}{\sqrt 5} \times \dfrac{1 - \sqrt 5}{2} \end{cases} \]

   所以

   \[\begin{aligned} &\left[x^0\right] A(x)= 0\\ &\left[x^n\right] A(x) = \dfrac{1}{\sqrt 5}[(\dfrac{1 - \sqrt 5}{2})^n + (\dfrac{1 + \sqrt 5}{2})^n] \end{aligned} \]

3. 假设数列 \(\{a_n\}\) 存在递推关系 \(a_n = c_1a_{n - 1} + c_2a_{n - 2} + \cdots + c_ka_{n - k}\)，求其常生成函数。

   \[\begin{aligned} A(x) &= a_0 + a_1x + \cdots + a_{k - 1}x^{k - 1} + \sum_{n \ge k}(c_1a_{n - 1} +\cdots + c_ka_{n - k})x^n\\ \\ &= a_0 + \cdots + a_{k - 1}x^{k - 1} + c_1x(A(x) -\sum_{i \le k - 2}a_ix^i) + c_2x^2(A(x) - \sum_{i \le n - 3}a_ix^i) + \cdots + c_kx^kA(x)\\ \\ &= (c_1x + \cdots + ck_x^k)A(x) + B(x) \end{aligned} \]

   \(A(x)\) 可以表示为 \(\dfrac{B(x)}{1 - (c_1x + \cdots + ck_x^k)}\)。

   若想将 \(A(x)\) 还原为 \(\sum a_ix^i\) 的形式，待定系数 \(A(x) = B(x) \sum \dfrac{v_i}{1 - u_ix}\)。

例题

A-背包

\[G(x) = \prod F(x) = \dfrac{x}{(1 - x)^4} \]

那么 \([x^n]G(x) = [x^{n - 1}]\dfrac{1}{(1 - x)^4} = \begin{pmatrix}n + 2\\ 3\end{pmatrix} = \dfrac{n(n + 1)(n + 2)}{6}\)。

submission

CF451E

题意：\(n\) 种花，分别 \(f_1, f_2\dots,f_n\) 个，求取 \(s\) 朵花的方案数，\(n \le 20, s \le 10^{18}\)。

\[\begin{aligned} F_i(x) &= \dfrac{1 - x^{f_i + 1}}{1 - x}\\ &\\ G(x) &= \dfrac{\prod (1 - x^{f_i + 1})}{(1 - x)^n} \end{aligned} \]

不妨令 \(F(x) = \prod (1 - x^{f_i + 1})\)。

则

\[[x^s]G(x) = \sum_{i = 0}^s [x^i]F(x) \cdot [x^{s - i}]\dfrac{1}{(1 - x)^n} = \sum_{i = 0}^s [x^i]F(x) \begin{pmatrix}s - i + n - 1\\n - 1\end{pmatrix} \]

\(n\) 很小，暴力展开 \(F(x)\) 的系数。

submission

P6078 [CEOI2004] Sweets

题意：\(n\) 种糖，分别 \(m_1, m_2\dots,m_n\) 个，求吃至少 \(a\)，不多于 \(b\) 的方案数 ，\(n \le 10, a \le 10^7\)。

\(F(x) = \prod (1 - x^{m_i + 1})\)。

\[\begin{aligned} \sum_{s = a}^b[x^s]G(x) &= \sum_{s = a}^b\sum_{i = 0}^s [x^i]F(x) \begin{pmatrix}s - i + n - 1\\n - 1\end{pmatrix}\\ &= \sum_{i = 0} [x^i]F(x) \sum_{s = a}^b\begin{pmatrix}s - i + n - 1\\n - 1\end{pmatrix}\\ \end{aligned} \]

引理：\(\sum_{i = a}^b\begin{pmatrix}i\\j\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b + 1\\ j + 1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} a\\ j + 1\end{pmatrix}\)。

证明：

\[\begin{matrix} (a, j) & (a, j + 1)\\ (a + 1, j) & (a + 1, j + 1)\\ (a + 2, j) & (a + 2, j + 1)\\ \vdots&\vdots\\ (b, j) & (b, j + 1)\\ \end{matrix} \]

其中

\[\begin{aligned} \begin{pmatrix}a \\j + 1 \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a\\j \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a + 1\\ j\end{pmatrix} + \cdots \begin{pmatrix} b\\ j\end{pmatrix} &= \begin{pmatrix} a + 1\\ j + 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a + 1\\ j\end{pmatrix} + \cdots \begin{pmatrix} b\\ j\end{pmatrix}\\ \\ &= \begin{pmatrix} a + 2\\ j + 1\end{pmatrix} + \begin{pmatrix} a + 2\\ j\end{pmatrix} + \cdots \begin{pmatrix} b\\ j\end{pmatrix}\\ \\ &= \begin{pmatrix} b\\ j + 1\end{pmatrix} +\begin{pmatrix} b\\ j\end{pmatrix}\\ \\ &= \begin{pmatrix} b + 1\\ j + 1\end{pmatrix} \end{aligned} \]

所以 \(\sum_{i = a}^b\begin{pmatrix}i\\j\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} b + 1\\ j + 1\end{pmatrix} - \begin{pmatrix} a\\ j + 1\end{pmatrix}\)。

所以原问题答案为

\[\begin{aligned} \sum_{s = a}^b[x^s]G(x) &= \sum_{i = 0} [x^i]F(x) \sum_{s = a}^b\begin{pmatrix}s - i + n - 1\\n - 1\end{pmatrix}\\ \\ &= \sum_{i = 0} [x^i]F(x) \begin{pmatrix}b - i + n\\n\end{pmatrix} - \begin{pmatrix}\max(a, i) - i + n - 1\\n\end{pmatrix}\\ \end{aligned} \]

题目模数 \(P = 2004\) 不好处理。

对于模数非质数的除法，可以先把模数乘上除数，再将运算结果除以除数得到答案。

不妨先令答案乘上 \(n!\)，同时 \(P \leftarrow P \cdot n!\)，最后再除以 \(n!\)。

submission

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指数生成函数(Exponential Generating Function)

定义

一个数列 \(\{a_n\}\) 的指数生成函数为 \(A(x) = \sum\limits_{n \ge 0}a_n\dfrac{x^n}{n!}\)。

对于 \(\{a_n\} = \{1, 1, 1, \cdots\}\)，\(A(x) = 1 + \dfrac{x}{1!} + \dfrac{x^2}{2!} + \dfrac{x^3}{3!} + \cdots = e^x = \exp (x)\)。

1. 两种物体，其中取 \(i\) 个第 \(1\) 种物体的方案数为 \(a_i\)，取 \(j\) 个第 \(2\) 种物体的方案数为 \(b_i\)，求取 \(k\) 个物体并排成一排的方案数 \(c_k\)。

   \(c_k = \sum\limits_{i = 0}^k a_ib_{k - i}\dfrac{k!}{i!(k - i !)}\)。

   \(C(x) = \sum\limits_{k \ge 0} \dfrac{c_k}{k!} = \sum\limits_{k \ge 0}\sum\limits_{i = 0}^k \dfrac{a_i}{i!}\cdot \dfrac{b_{k - i}}{(k - i !)} = A(x) B(x)\)。

2. 用 \(1, 2, 3, 4\) 组成 \(6\) 位数，每个数字出现次数不得大于 \(2\)，求不同的六位数个数。

   \(\{a\} = \{1, 1, 1, 0, 0 \cdots\}, \ F(x) = 1 + \dfrac{x}{1!} + \dfrac{x^2}{2!}\)。

   \(G(x) = F^4(x)\)。

   则不同的六位数个数为 \(6! [x^6]G(x)\)。

定理

设 \(S = \{a_1, a_2, a_3, \dots a_k\}\)，且 \(a_i\) 可以取的次数集合为 \(M_i\)，记 \(F_i = \sum\limits_{u \in M_i}x^u\)，则从 \(S\) 中取 \(n\) 个元素排成一排的方案 \(g(n)\) 的指数生成函数 \(G(x) = \sum_{i \ge 0}g(i)\dfrac{x^i}{i!}\)，满足

\[G(x) = F_1(x) F_2(x) \dots F_k(x) \]

公式(定义)

• \(\exp(x) = 1 + \dfrac{x}{1!} + \dfrac{x^2}{2!} + \cdots = \sum_{n \ge 0}\dfrac{x^n}{n!}\)。
• \(\exp(ax) = 1 + \dfrac{ax}{1!} + \dfrac{a^2x^2}{2!} + \cdots = \sum_{n \ge 0}\dfrac{a^nx^n}{n!}\)。
• \(\exp(f(x)) = 1 + \dfrac{f(x)}{1!} + \dfrac{f^2(x)}{2!} + \cdots = \sum_{n \ge 0}\dfrac{f^n(x)}{n!}\)。
• \(\dfrac{\exp(x) + \exp(-x)}{2} = \sum_{n \ge 0} [2 \mid n] \dfrac{x^n}{n!}\)。
• \(\dfrac{\exp(x) - \exp(-x)}{2} = \sum_{n \ge 0} [2 \nmid n] \dfrac{x^n}{n!}\)。

例题

POJ3734

题意：\(n\) 个格子排成一列，每个格子可以被涂成红、黄、蓝或绿，偶数个格子是红和绿，求方案数。

\[\begin{aligned} H(x) &= F^2(x) G^2(x) \\ \\ &= \exp^2(x)(\dfrac{\exp(x) + \exp(-x)}{2})^2\\ \\ &= \dfrac{\exp(4x) + 2\exp(2x) + 1}{4} \\ \\ &= \dfrac{1}{4} + \sum_{n \ge 0} \dfrac{1}{4}(\dfrac{(4x)^n}{n!} + 2\dfrac{(2x)^n}{n!})\\ \\ &= 1 + \sum_{n \ge 1}\dfrac{4^{n - 1} + 2^{n - 1}}{n!} x^n \end{aligned} \]

submission

CF891E

题意： \(n\) 个数，\(k\) 次操作，每次随机选择一个数 \(x \in [1,n]\)，把 \(a_x\) 减一，并将答案增加除 \(a_x\) 外所有数的乘积。

求最终答案的期望，对 \(10^9 + 7\) 取模。

第一次操作对答案的贡献为

\[\prod[i \ne x] a_i = \prod a_i - \prod (a_i - [i =x]) \]

以此类推，当前轮的贡献为当前所有数之积减去下一轮所有数之积。

最终结果可以表示为 \(\prod a_i - \prod(a_i - x_i)\)，\(x_i\) 为 \(i\) 被操作的次数。

所以后项的期望值

\[\begin{aligned} \mathbb{E'} &= \dfrac{\sum\limits_{x_1 + \cdots + x_n = k} (a_1 - x_1) \cdots(a_n - x_n) \cdot \begin{pmatrix}k\\x_1, \cdots, x_n\end{pmatrix}}{n^k} \\ \\ &= \dfrac{\sum\limits_{x_1 + \cdots + x_n = k} (a_1 - x_1) \cdots(a_n - x_n) \cdot \dfrac{k!}{x_1!\cdots x_n!}}{n^k} \\ \\ &= \dfrac{k!}{n^k} \sum_{x_1 + \cdots + x_n = k} \dfrac{a_1 - x_1}{x_1!}\cdots\dfrac{a_n - x_n}{x_n!} \end{aligned} \]

令 \(F_i(x) = \sum_{j \ge 0} \dfrac{a_i - j}{j!}x^j\)。

则

\[\begin{aligned} F_i(x) &= a_i\sum_{j \ge 0} \dfrac{x^j}{j!} - x\sum_{j - 1\ge 0} \dfrac{x^{j - 1}}{(j - 1)!}\\ \\ &= a_i\exp(x) - x\exp(x)\\ \\ &= (a_i - x)\exp(x) \end{aligned} \]

设 \(G(x) = \prod(a_i - x)\)。

那么

\[\begin{aligned} \mathbb{E'} &=\dfrac{k!}{n^k}[x^k](\prod F_i(x))\\ \\ &= \dfrac{k!}{n^k}\sum_{i = 0}^{k}[x^i]G(x)\cdot [x^{k - i}]\exp^n(x)\\ \\ &= \dfrac{k!}{n^k}\sum_{i = 0}^{\min(n, k)}[x^i]G(x)\cdot \dfrac{n^{k - i}}{(k - i)!}\\ \\ &= \dfrac{1}{n^k}\sum_{i = 0}^{\min(n, k)}[x^i]G(x)\cdot n^{k - i} \cdot k^{\underline{i}} \end{aligned} \]

由于 \(i > n\) 时 \(G(x)\) 系数为 \(0\)，所以枚举到 \(\min(n, k)\) 即可。

submission

Catalan 数

推导

\(n + 1\) 个数相乘 \(x_0x_1x_2\cdots x_n\)，求其结合顺序的方案数。如 \(n = 3\) 时，有 \(5\) 种方案：

\[x_0(x_1(x_2x_3)), \ x_0((x_1x_2)x_3), \ (x_0x_1)(x_2x_3), \ (x_0(x_1x_2))x_3, \ ((x_0x_1)x_2)x_3 \]

枚举最后一步在哪划分，得到递推式

\[\begin{aligned} &c_0 = 1, \ c_1 = 1\\ &c_n = c_0c_{n - 1} + c_1c_{n - 2} + \cdots + c_{n - 1}c_0 \end{aligned} \]

考虑其生成函数

\[\begin{aligned} C(x) &= \sum_{n \ge 0}c_nx^n \\ &= 1 + x + \sum_{n \ge 2}(\sum_{i = 0}^{n - 1}c_ic_{n - 1 - i}) x^n\\ \\ &= 1 + x + x\sum_{n - 1 \ge 1}(\sum_{i = 0}^{n - 1}c_ic_{n - 1 - i}) x^{n - 1}\\ \\ &= 1 + x + x\sum_{n \ge 1}(\sum_{i = 0}^{n}c_ic_{n - i}) x^{n}\\ \\ &= 1 + x + x(C^2(x) - 1) \end{aligned} \]

则 \(C(x) = \dfrac{1 \pm \sqrt{1 - 4x}}{2x}\)。

若满足 \(g^2(x) = f(x)\)，则 \([x^0]g(x) > 0\) 的记作 \(\sqrt {f(x)}\)，\([x^0]g(x) < 0\) 的记作 \(-\sqrt {f(x)}\)。

由于 \(4x\) 不存在逆元（常数项为 \(0\)），必然被分子约掉。

而分子上如果取正号，则常数项不为 \(0\)，不能约去常数项为 \(0\) 的式子。

所以 \(C(x) = \dfrac{1 - \sqrt{1 - 4x}}{2x}\)。

利用广义二项式定理，展开

\[\begin{aligned} C(x) &= \dfrac{1}{2x}(1 - \sum_{n \ge 0}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\n\end{pmatrix}(-4x)^n)\\ &= -\dfrac{1}{2x}\sum_{n \ge 1}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\n\end{pmatrix}(-4x)^n\\ &= \sum_{n -1 \ge 0}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\n\end{pmatrix}2^{2n - 1}(-x)^{n - 1}\\ &= \sum_{n \ge 0}\begin{pmatrix}\frac{1}{2}\\n + 1\end{pmatrix}2^{2n + 1}(-x)^n\\ \end{aligned} \]

广义组合数：\(\alpha \in \mathbb{R}, \ \begin{pmatrix}\alpha\\0\end{pmatrix} = 1,\ \begin{pmatrix}\alpha\\k\end{pmatrix} = \dfrac{\alpha(\alpha - 1) \cdots(\alpha - k + 1)}{k!}\)。

广义二项式定理：\((x + y)^\alpha = \sum\limits_{k = 0}^{+\infty}\begin{pmatrix}\alpha\\k\end{pmatrix}x^{\alpha - k}y^k\)。

可以推出卡特兰数的通项公式

\[\begin{aligned} \left[x^n\right]C(x) &= \dfrac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2} - 1)(\frac{1}{2} - 2)\cdots(\frac{1}{2} - n)}{(n + 1)!} (-1)^n2^{2n + 1}\\ \\ &= \dfrac{\frac{1}{2}(-\frac{1}{2})(-\frac{3}{2})\cdots(-\frac{2n - 1}{2})}{(n + 1)!} (-1)^n2^{2n + 1}\\ \\ &= \dfrac{1 \times 1 \times 3 \times \cdots \times(2n - 1)}{(n + 1)!} 2^{n}\\ \\ &= \dfrac{1}{(n + 1)!}\cdot \dfrac{(2n)!}{2^n \cdot n!} 2^{n}\\ \\ &= \dfrac{1}{n + 1}\cdot \dfrac{(2n)!}{(2n - n)!\cdot n!} = \dfrac{1}{n + 1}\begin{pmatrix}2n\\n\end{pmatrix} \end{aligned} \]