生成函数
先看例题：
BZOJ3028 食物
先看数据范围，\(n \le 10^{500}\)，可能会想到矩阵加速。
\(dp_i\) 表示选了 \(i\) 件物品的方案数，很明显，对于只能选偶数类，奇数类，\(4\) 的倍数类，\(3\) 的倍数类，需要记录以前分别 \(\bmod 2,3,4\) 的前缀和，我们考虑先只选这些有倍数限制的方案，因为这些可以从前面转移，而像只能选 \(0 \sim 3\) 个之类的，是一次性消耗品，发现可以最后再选。那么转移矩阵也就是 \(11 \times 11\) 的，最后乘上 \(\log 10^{500}\) 也就约等于 \(1660\) 左右。求出 \(dp_n\) 之后就可以暴力枚举剩下的食物分别选几个，再从前面转移即可。似乎能过？
但是这样还是太慢了，有没有更快又更简单不用构造转移矩阵的方法呢，有的兄弟有的，我们生成函数就可以登场了。
我们发现，假如现在选 \(a\) 个的方案数为 \(b\)，考虑选不选可乐的情况，那么选可乐就会变成选 \(a+1\) 个的方案数为 \(b\)；不选即为选 \(a\) 个的方案数为 \(b\)。这个似乎很像一个乘法分配律？将选 \(a\) 个的方案数为 \(b\) 换一个形式表达：\(b \times x^a\)，选不选可乐的情况即为 \((x+1)\)，将两者乘在一起变为 \(b \times x^a \times(x+x^0)\)，化简变为 \(b \times x^a + b \times x^{a+1}\)，发现 \(x\) 的幂即为选了多少个，其系数即为方案数。
那么显然有初值 \(x^0\)，即选 \(0\) 个的方案数为 \(1\)。那每种方案将其转化分别变为：
- 汉堡：\(\sum_{i=0}^{\infty} x^{2i}\)
- 可乐：\(x^0+x^1\)
- 鸡腿：\(x^0+x^1+x^2\)
- 蜜桃多：\(\sum_{i=0}^{\infty} x^{2i+1}\)
- 鸡块：\(\sum_{i=0}^{\infty} x^{4i}\)
- 包子：\(x^0+x^1+x^2+x^3\)
- 土豆片炒肉：\(x^0+x^1\)
- 面包：\(\sum_{i=0}^{\infty} x^{3i}\)
发现乘上一个 \(x^a\) 就相当于又选了 \(a\) 个数，而对于有多种选择的物品，我们用加法将其加起来，之后用乘法分配律即可计算。所以答案即为上面这些式子乘在一起，取 \(x^n\) 的系数。
但是发现有一些式子是有无穷项的，无法乘在一起，所以我们考虑求出其封闭形式。
引理 \(1\)：\(\sum_{i=0}^{\infty} x^i=\dfrac{1}{1-x}(|x|<1)\)
该引理被称为几何级数公式。证明考虑等比数列求和公式，原式可变为 \(\dfrac{x^\infty-1}{x-1}\)，由于 \(|x|<1\)，所以 \(x^\infty\) 趋近 \(0\)，故原式等于 \(\dfrac{1}{1-x}\)。
这里可能有读者疑惑，可以保证 \(|x|<1\) 吗？生成函数研究的是 \(x\) 在 \(0\) 的邻域的情况，所以有 \(|x|<1\)。
同理 \(\sum_{i=0}^{\infty} x^{2i}=\dfrac{1}{1-x^2},\sum_{i=0}^{\infty} x^{4i}=\dfrac{1}{1-x^4}\)。
那么重新写出：
- 汉堡：\(\frac{1}{1-x^2}\)
- 蜜桃多：\(\frac{x}{1-x^2}\)
- 鸡块：\(\frac{1}{1-x^4}\)
- 面包：\(\frac{1}{1-x^3}\)
那么最后乘法就比较简单了，这里直接给出化简之后的结果 \(x \times (x-1)^{-4}\)，但是此时我们依然不知道 \(x^n\) 的系数。
设 \(\alpha\) 为实数，\(i\) 为整数，则定义：
引理 \(2\)：\((x+y)^{\alpha}=\sum_{i=0}^{\infty} {\alpha \choose i} x^i y^{\alpha-i}\)
这个引理被称为广义牛顿二项式定理，读者自证不难。
则原式变为：\(x \times \sum_{i=0}^{\infty} {-4\choose i}x^i(-1)^{-4-i}\)。根据定义 \(\alpha\choose i\) 可以先将分子中的 \((-1)^i\) 提出来，变为 \((-1)^i \times \dfrac{(-\alpha+i-1)(-\alpha+i)\cdots-\alpha}{i!}=(-1)^i \times {{i-\alpha-1}\choose i}\)，将 \(\alpha=4\) 带入，变为 \({-4\choose i}={i+3\choose i}\)。然后继续化简：
化简完成，由此我们知道了 \(x^n\) 系数为 \(n(n+1)(n+2)\)，这就是生成函数的作用，能让我们快速求出某个方案数。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=10007;
int n;
inline int read(){
int t=0,f=1;
register char c=getchar();
while (c<48||c>57) f=(c=='-')?(-1):(f),c=getchar();
while (c>=48&&c<=57)t=(t<<1)+(t<<3)+(c^48),c=getchar();
return f*t;
}
void solution(){
/*
*/
}
string s;
int ksm(int x,int y){
int sum=1;
while(y){
if(y&1) sum=sum*x%mod;
x=x*x%mod;y>>=1;
}
return sum;
}
signed main(){
cin>>s;
for(int i=0;i<s.size();i++){
int x=s[i]-'0';
n=n*10+x;n%=mod;
}
n=(n+1)*(n+2)%mod*n%mod;
n=n*ksm(6,mod-2)%mod;
cout<<n<<"\n";
return 0;
}
[CEOI 2004] Sweets
依旧采用上一题的思路，考虑将 \(x^k\) 表示选 \(k\) 颗糖果，其系数为方案数。那么每个糖果罐的方程即为 \(\sum_{j=0}^{m_i} x^j\)，代表分别选 \(0,1,\cdots,m_i\) 个糖果的方案数。
发现 \(m_i\) 的值比较大，那么就将原方程转为封闭形式，设 \(f_i=\sum_{j=0}^{m_i} x^j\)，则 \(f_i \times x =\sum_{j=1}^{m_i+1} x^j\)，两者相减有 \(f_i \times (x-1)=x^{m_i+1}-1\)，故 \(f_i=\dfrac{x^{m_i+1}-1}{x-1}\)。
则所有方程的积即为 \((1-x)^{-n} \times \prod_{i=1}^n (1-x^{m_i+1})\)，由于 \(n\) 最大为 \(10\)，所以后面的乘积最多有 \(2^{10}=1024\) 项，所以可以直接暴力合并，而前面的次方可以用类似上题使用广义牛顿二项式定理变为：\(\sum_{i=0}^{\infty}{i+n-1\choose n-1} x^i\)，所以在不考虑后面的多项式的情况下，\(x^i\) 的系数为 \({i+n-1\choose n-1}\)。
设后面的多项式为 \(g(x)=a_1x^{b_1} + a_2x^{b_2}+\cdots+a_px^{b_p}\)，我们考虑其中一项 \(j\) 对答案（即选 \(1\sim a\) 个糖的方案数）的贡献：\(a_j \times \sum_{i=0}^{a-b_j} {i+n-1\choose i}=a_j \times {n+a-b_j \choose a-b_j}=a_j \times {n+a-b_j \choose n}\)。证明考虑 \({n \choose m}={n-1 \choose m-1}+{n-1 \choose m}\)。具体地，将第一项 \({n-1\choose 0}\) 改为 \({n\choose 0}\)，然后就可以向后一直推下去了。
那么问题来到了求一个组合数模 \(2004\) 的值，\({n \choose m}=\dfrac{\frac{n!}{(n-m)!}}{m!}\)，显然分子可以预处理出来，设分子为 \(x\)，同时 \(x=2004 \times p \times m! + q \times m!(q<2004)\)，因为 \(m!|x\)，所以将 \(x\) 分解后，肯定每一项都包含 \(m!\)，那么现在只需要将 \(x\) 对 \(2004 \times m!\) 取模然后除以 \(m!\) 即可。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define INT_MAX (1e18)
#define pr pair<int,int>
const int N=12;
const int mod=2004;
int n,l,r;
int m[N];
vector<pr > g;
inline int read(){
int t=0,f=1;
register char c=getchar();
while (c<48||c>57) f=(c=='-')?(-1):(f),c=getchar();
while (c>=48&&c<=57)t=(t<<1)+(t<<3)+(c^48),c=getchar();
return f*t;
}
void solution(){
/*
*/
}
void dfs(int dang,int sum,int sum1){
if(dang>n){
g.push_back({(sum1&1?-1:1),sum});
return;
}
dfs(dang+1,sum,sum1);
dfs(dang+1,sum+m[dang]+1,sum1+1);
}
int calc(int x,int y){
int val=1,val1=1;
for(int i=1;i<=y;i++) val1*=i;val1*=2004;
for(int i=x-y+1;i<=x;i++) val=val*i%val1;
val/=(val1/2004);
return val;
}
int solve(int xx){
int res=0;
for(pr i:g){
int x=i.first,y=i.second;
if(xx<y) continue;
res=(res+x*calc(n+xx-y,n)%mod)%mod;
}
return res;
}
signed main(){
n=read(),l=read(),r=read();
for(int i=1;i<=n;i++) m[i]=read();
dfs(1,0,0);int ans=solve(r)-solve(l-1);
ans=(ans%mod+mod)%mod;
cout<<ans<<"\n";
return 0;
}
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