母函数与高斯和

UPD on 2025.8.1：添加了介绍部分，修改了证明表述

前置知识：单位根

（为了偷懒，基本将所有的 \(\omega\) 都写成了 \(w\) ）

CP1

定义数列 \(\{a_n\}\) 的普通母函数 \(G(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+...\) ，指数型母函数 \(G(x)=a_0+\frac{a_1}{1!}x+\frac{a_2}{2!}x^2+...\)

常见的母函数 \(\frac 1{1-x}=1+x+x^2+...\) ，求导就可以得到 \((1-x)^{-k}\) 的母函数展开

指数型母函数一眼可跟 \(e^x\) 有关，见例题

作者太菜了，什么母函数的逆之类都没见过，这里简单讲讲母函数的组合意义（主要是乘法）

例1

1. 数列 \(a_0=a_1=1,a_n=a_0a_{n-1}+a_1a_{n-2}+...+a_{n-1}a_0\) （卡特兰数，具有很多的组合意义），求 \(a_n\) 通项公式

2. 设数列 \(\{a_n\}\) 满足 \(a_n+c_1a_{n-1}+c_2a{n-2}+...+c_ka_{n-k}=0\) ，其中 \(k\) 是常数，求 \(a_n\) 通项公式

3. 求用 1g,2g,4g 砝码（数量不限）表示 \(10g\) 的方法数。

4. 求满足条件的 \(n\) 位数个数： \(1\) 出现至少 \(1\) 次， \(2\) 出现偶数次， \(3\) 出现奇数次， \(4\) 的出现无限制，其余数字不出现

解1：设母函数为 \(G(x)\) ，考察

\(G^2(x)=a_0^2+(a_0a_1+a_1a_0)x+...=a_1+a_2x+a_3x^2+...\)

可知 \(xG^2(x)+1=G(x)\) ，解二次方程即可得到：

\(G(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}\)

因为 \((1-4x)^{\frac 12}=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\binom{\frac 12}{i} (-4x)^i\) ，可知 \(G(x)\) 中 \(x^i\) 系数（正数）即 \(-\frac 12\binom{\frac 12}{i+1}(-4)^{i+1}\)

\(\large -(-4)^{i+1}\frac{\frac 12(\frac 12-1)...(\frac 12-i)}{(i+1)!}=2^{i+1}\frac{(2i-1)(2i-3)...1}{(i+1)!}\)

\(\large\frac{2^{i+1}}{(i+1)!}=\frac{2(i+1)\cdot 2i\cdot ...\cdot 2}{(i+1)!^2}\)

于是原式 \(=\frac 1{2(2i+1)}\binom{2(i+1)}{i+1}=\frac 1{2i+1}\binom{2i}i\) ，这就是 \(a_i\)

解2：记特征多项式 \(C(x)=x^k+c_1x^{k-1}+...+c_k=(x-r_1)^{s_1}(x-r_2)^{s_2}...(x-r_t)^{s_t}\) ，考察数列 \(\{a_n\}\) 的母函数 \(G(x)\)

\(a_n+c_1a_{n-1}+...+c_ka_{n-k}=0\) 说明 （ \(c_0=1\) ）

\(\large G(x)-\sum\limits_{i=0}^{k-1}a_ix^i+c_1x(G(x)-\sum\limits_{i=0}^{k-2}a_ix^i)+...+c_kx^{n-k}G(x)=0\)

\(\large (1+c_1x+...+c_kx^k)G(x)=\sum\limits_{j=0}^{k-1}c_jx^j\sum\limits_{i=0}^{k-j-1}a_ix^i\)

记 \(P(x)=RHS\)

\(\large G(x)=\frac{P(x)}{(1-r_1x)^{s_1}...(1-r_tx)^{s_t}}\)

然后对于具体的递推数列进行分式拆分，代入 \((1-r_ix)^{-n}\) 的母函数“即可” （很复杂）

\(\large G(x)=A_{11}(1-r_1x)^{-1}+..+A_{1s_1}(1-r_1x)^{-s_1}+A_{21}(1-r2_x)^{-1}+...\)

没有重根的情况就说明 \(a_n=A_1r_1^n+A_2r_2^n+...\) ，直接用 \(a_0,a_1,...,a_{k-1}\) 算系数即可

解3：求 \((1+x+x^2+x^3+...)(1+x^2+x^4+...)(1+x^4+x^8+...)\) 中 \(x^10\) 系数（仅说明定义，有时候能产生奇妙效果，但我没有题了）

解4：记为 \(a_n\) ，考虑它的指数型母函数 \(P(n)\)

（这里为什么用指数型？因为这个问题是记顺序的，为了使得多个母函数乘起来得到对应的正确数目，需要用指数型母函数）

\(\begin{aligned} P(n)&=(x+\frac {x^2}2+\frac{x^3}{3!}+...)(1+\frac{x^2}{2!}+...)(x+\frac{x^3}{3!}+...)(1+x+\frac{x^2}2+...)\\ &=\frac 14(e^x-1)(e^x+e^{-x})(e^x-e^{-x})e^x\\ &=\frac 14(e^{4x}-e^{3x}+e^{-x}-1) \end{aligned}\)

于是 \(x^n\) 的系数是 \(\frac 14(4^n-3^n+(-1)^n)\)

例2

给定奇素数 \(p\) ，设 \(S=\{1,2,...,n\}\) ，记 \(A(n)\) 表示 \(S\) 满足和为 \(p\) 的倍数的子集个数（规定空集和为 \(0\)），求证：若 \(p^2\nmid 2^{p-1}-1\) ，对任意正整数 \(k\) ，存在 \(m\) 使得 \(A(m)\equiv k\:(mod~p)\)

本题的关键在于联想到母函数，如果想到了，就基本做完了

定义 \(f(x)=(1+x)(1+x^2)...(1+x^n)\) ，则 \(A(n)\) 就是 \(f(x)\) 中 \(x^{kp}\) 的系数

根据等幂和的性质，就有： \(A(n)=\frac 1p(f(\omega)+f(\omega^2)+...+f(\omega^p))\) ，其中 \(\omega\) 为 \(p\) 次单位根

计算 \(f(\omega)\) 显然可以利用多项式，令 \(n=sp\) ，有 \(f(\omega^k)=((1+\omega)(1+\omega^2)...(1+\omega^p))^s=((-1)^p((-1)^p-1))^s=2^s\)

而 \(f(1)=2^{sp}\) ，即 \(A(n)=\frac 1p(2^{sp}+(p-1)2^s)=2^s\cdot \frac {2^{s(p-1)}-1}p\)

设 \(2^{p-1}\equiv kp+1\:(mod~p),k\ne 0\) ，则 \(2^{s(p-1)}\equiv ksp+1\:(mod~p)\) ，设 \(s=r(p-1)\) ，则

\(A(n)\equiv 2^s\cdot ks\equiv -kr\:(mod~p)\) ，当 \(r=1,...,p-1,p\) 时覆盖模 \(p\) 完系，证毕

CP2

我们将介绍“圆法”求同余方程解数，关键是 \(1_{p\mid a}=\frac 1p\sum\limits_{i=0}^{p-1}z^{ia}\) ， \(z\) 是 \(p\) 次单位根

现在设 \(N\) 是方程 \(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2\equiv 1\:(mod~p)\) 的解数（模 \(p\) 意义下），可以写出：

\( \begin{aligned} N&=\frac 1p\sum\limits_{x_1,x_2,...,x_n}\sum\limits_{k=0}^{p-1}z^{k(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2-1)}\\ &=\frac 1p\sum\limits_{k=0}^{p-1} z^{-k}\sum\limits_{x_1,...,x_n}z^{k(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2)}\\ &=\frac 1p\sum\limits_{k=0}^{p-1} z^{-k}(\sum\limits_{x=0}^{p-1} z^{kx^2})^n\\ \end{aligned} \)

为了计算这个值，定义 \(Gauss\) 和 \(G_k=\sum\limits_{k=0}^{p-1}z^{kx^2}\) ，其中 \(G\)我们将证明如下定理：

1. \(G=\sum\limits_{k=0}^{p-1}z^k(\frac kp),G_k=(\frac kp)G\)

这一部分的计算只需要考虑 \(kx^2,x=0,1,...,p-1\) 遍历的集合即可

可知 \(G=1+2\sum\limits_{(\frac ip)=1} z^i\) 而 \(\sum\limits_{(\frac ip)=1}z^i+\sum\limits_{(\frac ip)=-1}z^i=-1\) ，这就给出了第一个证明

而当 \((\frac kp)=-1\) 时， \(kx^2\) 恰好遍历全部非二次剩余，也就是说 \(G_k=1+2\sum\limits_{(\frac ip)=-1}z^i\) 恰好是 \(-G\)；当然 \((\frac kp)=1\) 时 \(kx^2\) 则遍历了二次剩余

2. \(G=i\sqrt{p}\:(p\equiv 3\:(mod~4)),\sqrt p\:(p\equiv 1\:(mod~4))\)

这里只证明 \(G^2=(\frac{-1}p)p,|G|=\sqrt p\) ，对于具体的符号，我不会

计算 \((p-1)G^2=\sum\limits_{k=1}^{p-1}G_k^2=\sum\limits_{k=1}^{p-1}\sum\limits_{x,y=0}^{p-1}z^{k(x^2+y^2)}=\sum\limits_{x,y=0}^{p-1}\sum\limits_{k=1}^{p-1}z^{k(x^2+y^2)}\)

当 \(p\equiv 3\:(mod~4)\) ，由于 \(x^2+y^2\ne 0\:(mod~p)\) （除非 \(x=y=0\) ），给出 \((p-1)G^2=p-1+(-1)(p^2-1)=-p(p-1),G^2=-p\)

当 \(p\equiv 1\:(mod~4)\) ，由于 \(x^2+y^2\equiv 0\:(mod~p)\) 恰有 \(2p-1\) 个解（参见二次剩余），给出 \((p-1)G^2=(2p-1)(p-1)-(p^2-2p+1)=p(p-1),G^2=p\)

于是 \(N=p^{n-1}+((-1)^{\frac{p-1}2}p)^{\frac{n-1}2}\)

例1

给定 \(p>2\) 与正偶数 \(n\) ，求满足下列条件的数组 \((x_1,x_2,...,x_n)\) 的个数：

1. \(0\le x_i\le p-1,i=1,2,...,n\)

2. \(x_1+x_2+...+x_n\equiv 0\:(mod~p)\)

3. \(x_1^2+...+x_n^2\equiv 0\:(mod~p)\)

设 \(z^p=1\)

根据“圆法”，该方程解数 \(N\) 是

\( \begin{aligned} N &=\sum\limits_{(x_1,...,x_n)\in F_p^n} (\frac 1p\sum\limits_{i=0}^{p-1} z^{(x_1+...+x_n)i}) (\frac 1p\sum\limits_{i=0}^{p-1}z^{(x_1^2+x_2^2+...+x_n^2)i})\\ &=\frac 1{p^2}\sum\limits_{a=0}^{p-1}\sum\limits_{b=0}^{p-1}(\sum\limits_{x=0}^{p-1}z^{bx^2+ax})^n\\ &=\frac 1{p^2}\sum\limits_{a=0}^{p-1}(\sum\limits_{x=0}^{p-1}z^{ax})^n+\frac 1{p^2}\sum\limits_{a=0}^{p-1}\sum\limits_{b=1}^{p-1}(\sum\limits_{x=0}^{p-1}z^{bx^2+ax})^n\\ &=p^{n-2}+\frac 1{p^2}\sum\limits_{a=0}^{p-1}\sum\limits_{b=1}^{p-1}(\sum\limits_{x=0}^{p-1}z^{bx^2+{2ba}x})^n\\ &=p^{n-2}+\frac 1{p^2}\sum\limits_{a=0}^{p-1}\sum\limits_{b=1}^{p-1}(\sum\limits_{x=0}^{p-1}z^{b(x+a)^2})^n\cdot z^{-ba^2n}\\ \end{aligned} \)

其中用到了 \(2ba,a\) 均遍历模 \(p\) 的完系

我们计算 \(M=\frac 1{p^2}\sum\limits_{b=1}^{p-1}(\sum\limits_{x=0}^{p-1}z^{bx^2})^n\cdot (\sum\limits_{a=0}^{p-1}z^{-ba^2n})\)

这两个都是 \(Gauss\) 和，看：（注意 \(n\) 是偶数）

1. \((\frac {-n}p)=1\)

那么 \(M=\frac 1{p^2}\sum\limits_{b=1}^{p-1}(\sum\limits_{x=0}^{p-1}z^{bx^2})^n\cdot (\sum\limits_{a=0}^{p-1}z^{ba^2})=\frac 1{p^2}\sum\limits_{b=1}^{p-1}(\sum\limits_{x=0}^{p-1}z^{bx^2})^{n+1}=0\)

2. \((\frac {-n}p)=-1\)

没什么区别，一个正负号的关系，都是 \(0\)

3. \(p\mid n\)

这个情况 \(M=\frac {p-1}p\sum G^n=\frac{p-1}p p^{\frac n2}\)

例2

设 \(p>2\) 是素数， \(p\nmid abcd\) ，满足 \(\{\frac{ra}p\}+\{\frac{rb}p\}+\{\frac{rc}p\}+\{\frac{rd}p\}=2\) 对 \(r=1,2,...,p-1\) 成立，求证： \(a+b,a+c,a+d,b+c,b+d,c+d\) 中至少两个数被 \(p\) 整除。

下面的做法的关键是： \(a+b\equiv 0\:(mod~p)\iff \frac 1a+\frac 1b\equiv 0\:(mod~p)\)

考虑 \(w^p=1\) ，并记 \(r(x)=x~mod~p\)

定义 \(G_m=\sum\limits_{cyc}\sum\limits_{n=1}^{p-1}r(na)w^{mn}\)

根据题目条件，交换和号即可得到

\(\large G_m=\sum\limits_{n=1}^{p-1}w^{mn}\sum\limits_{cyc}r(na)=-2p\)

另一种算法：（我懒得裂项，两次等比数列求和）

\(\large\begin{aligned} G_m&=\sum\limits_{cyc}\sum\limits_{n=1}^{p-1}r(na)w^{na\cdot ma^{-1}}\\ &=\sum\limits_{cyc}\sum\limits_{i=1}^{p-1}iw^{ima^{-1}}\\ &=\sum\limits_{cyc}\sum\limits_{i=1}^{p-1}\frac{1-w^{ima^{-1}}}{w-1}\\ &=\sum_{cyc}\frac {p}{w^{ma^{-1}}-1}\\ \end{aligned}\)

于是 \(\sum_{cyc}\frac 1{1-w^{ma^{-1}}}=2\)

两边同乘 \(\prod(1-w^{ma^{-1}})\) 暴力展开

\(2w^{m(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1})}+\sum\limits_{cyc}w^{ma^{-1}}=2+\sum\limits_{cyc}w^{m(a^{-1}+b^{-1}+c^{-1})}\)

显然， \(p\nmid a^{-1}\) ， \(p\mid \sum a^{-1}或 a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}\) ，当然也可能一个都不整除

如果 \(p\mid a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}\) ，对 \(m=1,2,...,p\) 求和，我们看到

\(0=2p+kp(1\le k\le 4)\) ，显然矛盾

如果两个都不整除，会有

\(0=2p+0\)

最后只能是 \(p\mid a^{-1}+b^{-1}+c^{-1}+d^{-1}\) ，配合 \(p\mid a+b+c+d\) 可以得到结论。