普通生成函数

生成函数即母函数（generating function），是一种解决计数问题的强有力的工具。它能将一个序列的信息映射到一个形式幂级数 \(f(x)\) 上，其每一项的系数可以提供关于这个序列的信息。

生成函数一般分为普通型生成函数和指数型生成函数两种。

本文先介绍普通生成函数相关内容。

tips:本文求和符号上界没有的话默认为 \(\infty\)。

普通生成函数

定义

对于一个序列 \(a\)，定义 \(a\) 的普通生成函数（Ordinary generating function，简称 OGF）为：

\[f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...+a_nx^n+... \]

长得很像多项式（只不过无上限），又记作：

\[f(x)=\sum_{i=0}a_ix^i \]

其中，这个 \(x\) 没有什么具体意义，只是一个占位符，一般来说 \(x\in(-1,1)\)。

这样说可能很抽象，我学的时候也没听懂，举个例子：

有一个序列 \(a=\left\{1,1,4,5,1,4\right\}\)，我们考虑用函数来表达这个序列。

我们把 \(a\) 的每一项当作一个多项式的系数，于是得到了一个多项式系数：\(f(x)=1+x+4x^2+5x^3+x^4+4x^5\)。

你看，这样是不是就可以表示上面这个序列了。

一些记号

• 我们可以提取生成函数第 \(i\) 项的系数，记作：

\[[x^i]f(x)=a_i \]

举个例子，比如提取 \(1+x-8x^2+7x^3\) 的二次项系数可以简记为 \([x^2](1+x-8x^2+7x^3)\) 。

• \((\bmod\ x^n)\) 表示将形式幂级数截断⾄ \(x^{n-1}\) 项，也就是只保留生成函数中次数小于 \(n\) 的项，而忽略所有次数大于等于 \(n\) 的项。

例如，\(f(x)=1+x+x^2+x^3+\cdots\)，而 \(f(x)(\bmod\ x^3)=1+x+x^2\)

知识引入（二项式定理）

这是一般的二项式定理：

\[(x+y)^n=\sum_{i=1}^{n} C_i^nx^iy^{n-i} \]

定义组合数：\(\binom{r}{k}=\frac{r \underline{\underline{k}}}{k!}(r \in \mathbb{C}, k \in \mathbb{N})\)。

其中 \(r^{\underline{\underline{k}}}=r(r-1)(r-2)\cdots(r-k+1), ~ r^{\underline{0}}=1\)，\(k!\) 是阶乘。

这样就可以扩展二项式定义为：

\[(1+x)^{\alpha}=\sum_{k \geq 0}\binom{\alpha}{k} x^{k} \]

\(\alpha\) 是任意实数。

一些生成函数（及其推导）

• \(a_n=1\) 的生成函数：

\[f(x)=\sum_{n \geq 0}x^n=\frac{1}{1-x} \]

这是怎么算的呢？首先，根据等比数列求和公式，我们知道：

\[1+x+x^2+x^3+\cdots x^n=\frac{x^{n+1}-1}{x-1} \]

当 \(n\) 趋近于无穷大时，因为 \(x\in(-1,1)\)，所以 \(x^{n+1}\) 趋近于 \(0\)。

所以说：

\[1+x+x^2+x^3+\cdots x^n=\frac{-1}{x-1}=\frac{1}{1-x} \]

这是一个重要性质，对于 \(|r|<1\)，有

\[\boxed{\sum_{n \geq 0}r^n=\frac{1}{1-r}} \]

注意，这里的 \(n\) 是无穷大的，所以可以这么写，但题目一般都是有限的，所以实际算的时候不能直接代入，只能老老实实算。

• \(a_n=2^n\) 的生成函数是：

\[f(x)=\sum_{n \geq 0}2^n\times x^n=\sum_{n \geq 0} (2x)^n \]

这种形式就与上面的通项非常相似，\(r=2x\)。

当 \(|r=2x|<1\) 时，也就是 \(|x| < \frac12\) 时，级数收敛，所以：

\[f(x)=\sum_{n \geq 0} (2x)^n=\frac{1}{1-2x} \]

• \(a_n=\binom{m}{n}\) 的生成函数：

\[f(x)=\sum_{n\geq 0}\binom{m}{n}\times x^n=(1+x)^m \]

这其实就是二项式定理，很好看出来吧。

• \(a_n=[n \bmod 2 = 0]\) 的生成函数：

\[f(x)=\sum_{n \bmod 2 = 0}x^n=x^0+x^2+x^4+x^6\cdots \]

这其实就是公比为 \(x^2\) 的等比数列，代入求和公式就是 \(\frac{1}{1-x^2}\)。

• \(a_n=n+1\) 的生成函数：

\[f(x)=\sum_{n\geq 0}(n+1)x^n=1+2x+3x^2+4x^3\cdots \]

很像导数欸，指数比系数小一，我们可以尝试对上面的重要性质求导，得到了：

\[g(x)=\sum_{n\geq 0}x^n=\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots \\ g'(x)=1+2x+3x^2+4x^3+\cdots \]

发现导数就是我们要求的，接着推：

\[f(x)=g'(x)=(\frac{1}{1-x})'=\frac{1}{(1-x)^2} \]

• \(a_n=\binom{n+m}{n}\) 的生成函数：

\[f(x)=\sum_{n\geq 0}\binom{n+m}{n}\times x^n \]

提取个负号出来：

\[f(x)=\sum_{n\geq 0}(-1)^n\binom{n+m}{n}\times (-x)^n \]

展开组合数：

\[f(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n(m+1)(m+2)\cdots(m+n)}{n!}\times (-x)^n \]

把 \(-1\) 乘进去，得：

\[f(x)=\sum_{n\geq 0}\frac{(-(m+1))(-(m+1)+1)\cdots(-(m+1)-n+1)}{n!}\times (-x)^n \]

将上面整理得：

\[f(x)=\sum_{n\geq 0}\binom{-(m+1)}{n}\times (-x)^n \]

长得很像二项式定理，把 \(\alpha=-(m+1),x=-x\) 代入，化简上式：

\[f(x)=(1-x)^{-(m+1)}=\frac{1}{(1-x)^{m+1}} \]

生成函数的运算

• 加法运算

设两个生成函数 \(f(x)=\sum_{i=0}a_ix^i\) 与 \(g(x)=\sum_{i=0}b_ix^i\)，则它们加和为：

\[f(x)+g(x)=\sum_{i=0} (a_i+b_i )x^i \]

其实就是每一项的系数分别相加。

特别地，生成函数的加法运算也满足交换律，结合律。

• 乘法运算

设两个生成函数 \(f(x)=\sum_{i=0}a_ix^i\) 与 \(g(x)=\sum_{i=0}b_ix^i\)，则它们的乘积为：

\[f(x)g(x)=\sum_{i=0}\left(\sum_{j=0}^ia_jb_i-j\right)x^i \]

其中，系数 \(\sum_{j=0}^ia_jb_i-j\) 又称作数列 \(\left\{a_n\right\}\) 与 \(\left\{b_n\right\}\) 的卷积运算，记作：\(\left\{a_n\right\}*\left\{b_n\right\}\)。

这其实就是多项式乘积，本质都是系数卷积。

举个例子，\(f(x)=1+2x+3x^2\)，\(g(x)=x^2+2x^3\)，那么：

\[f(x)g(x)=(1+2x+3x^2)(x^2+2x^3)=x^2+2x^3+2x^3+4x^4+3x^4+6x^5\\=x^2+4x^3+7x^4+6x^5 \]

本质就是小学生都会的分配律。

特别地，生成函数的乘法运算满足交换律，结合律，分配律。

重要性质

把上面的写下来：

对于 \(|r|<1\)，有

\[\boxed{\frac{1}{1-r}=\sum_{n \geq 0}r^n} \]

我们考虑对这个式子进行推广，如果左边分母指数不是一，而是 \(k\) 呢？

\[\frac{1}{(1 - x)^k}=\sum_{n = 0}\dbinom{n + k - 1}{k - 1}x^n(|x|<1) \]

证明：

根据扩展二项式定理，对实数 \(\alpha\) 有：

\[(1+x)^{\alpha}=\sum_{n=0}\dbinom{\alpha}{n}x^n \]

其中 \(\dbinom{\alpha}{n}=\frac{\alpha(\alpha - 1)\cdots(\alpha-n+1)}{n!}\)。

令 \(\alpha=-k\)，则：

\[(1-x)^{-k}=\sum_{n=0}\dbinom{-k}{n}(-x)^n \]

计算组合数：

\[\dbinom{-k}{n}=\frac{(-k)(-k-1)\cdots(-k-n+1)}{n!}=(-1)^n\frac{k(k+1)\cdots(k+n-1)}{n!}=(-1)^n\dbinom{k+n-1}{n} \]

就先展开，提出符号，化简后式，接着推导，根据组合数对称性 \(\dbinom{n}{m}=\dbinom{n}{n-m}\)：

\[(-1)^n\dbinom{k + n - 1}{n}=(-1)^n\dbinom{k + n - 1}{k - 1} \]

接着，代回原式：

\[(1-x)^{-k}=\sum_{n=0}(-1)^n\dbinom{k + n - 1}{k - 1}(-x)^n \]

把 \(-1\) 和 \(x\) 合起来：

\[(1-x)^{-k}=\frac{1}{(1-x)^k}=\sum_{n=0}\dbinom{k + n - 1}{k - 1}x^n \]

得证。

加深理解

再看一个应用的例子，比如说我要取 \(k\) 个物品，这些物品分为两类，\(A\) 类和 \(B\) 类，其中 \(A\) 类只能取 \(1\) 个或 \(2\) 个，而 \(B\) 类只能取 \(3\) 的倍数个。

令 \(a=\left\{1,1,1\right\}\)，表示 \(A\) 类物品中可以选 \(0\) 个或 \(1\) 个或 \(2\) 个。

又令一个无限长的序列 \(a=\left\{1,0,0,1,0,0,1,0,0,1\cdots\right\}\)，表示 \(B\) 类物品只能取 \(3\) 的倍数个。

现在把 \(a\) 的生成函数 \(u(x)=1+x+x^2\) 和 \(b\) 的生成函数 \(v(x)=1+x^3+x^6+x^9\cdots\) 乘起来。

得到一个新函数 \(f(x)=1+x+x^2+x^3+x^4+\cdots\)，这个新函数，第 \(k\) 项的系数就是这道题的答案。

为什么第 \(k\) 项的系数就是答案？

生成函数乘法中，\(f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3\cdots\) 与 \(g(x)=a_0+b_1x+b_2x^2+b_3x^3\cdots\)，两个生成函数的乘积为：

\[f(x)g(x)=c_0+c_1x+c_2x^2+c_3x^3 \]

其中 \(c_k=a_0b_k+a_1b_k-1+\cdots+a_kb_0\)。

其实就是把上面的式子再写一次

\(a_i\) 就是 \(A\) 类食物总重量为 \(i\) 的方案数。

\(b_j\) 就是 \(B\) 类食物总重量为 \(j\) 的方案数。

当 \(i+j=k\) 时，\(a_i*b_j\) 表示 \(A\) 类选 \(i\) 个数，\(B\) 类选 \(j\) 个数的总方案数。

对于所有的 \(i+j=n\) 的情况求和，也就是 \(c_k\) 就是两类物品总个数为 \(k\) 的方案数。

例题

⻝物

依次写出各个食物对应的生成函数：

\[\frac{1}{1-x^2},1+x,1+x+x^2,\frac{x}{1-x^2},\frac{1}{1-x^4},1+x+x^2+x^3,1+x,\frac{1}{1-x^3} \]

全部乘起来：

\[\frac{x(1+x)^2(1+x+x^2)(1+x+x^2+x^3)}{(1-x^2)^2(1-x^3)(1-x^4)} \]

大力化简，得到：

\[ans=\frac{x}{(1-x)^4} \]

我们只关心第 \(n\) 项的系数，因此使用出提取系数的记号：

\[ans=[x^n]\frac{x}{(1-x)^4}=x[x^n-1]\frac{1}{(1-x)^4} \]

这一步也就是把 \(x\) 消掉，不难发现这是上面推导的重要性质，因此讲 \(k=4\) 代入，得到了：

\[ans=x[x^n-1]\frac{1}{(1-x)^4}=\dbinom{n-1+4-1}{4-1}=\dbinom{n+2}{3} \]

直接计算组合数即可。

Sweets

题意：\(n\) 种糖，每种糖有 \(m_i\) 个，求选出 \(a\) 到 \(b\) 颗糖果的方案数。

对于第 \(i\) 个糖果，吃糖果方案的生成函数为：

\[f(i)=\sum_{i=0}^{m_i}x^i=\frac{1-x^{m_i+1}}{1-x} \]

注意这里是不能直接化简的，因为这里糖果的个数是有限的。

将这些生成函数全部相乘，得到：

\[\frac{\prod_{i=1}^n(1-x^{m_i+1})}{(1-x)^n}=(1-x)^{-n}\prod_{i=1}^n(1-x^{m_i+1}) \]

累乘前面这个就是重要性质，也就等于 \(\sum_{k=0}\dbinom{n + k - 1}{n - 1}x^k\)。

注意到 \(n\) 并不大，所以后面的式子直接暴力即可。

考虑对答案的贡献，答案为 \(x^a\sim x^b\) 对应的系数。

设后面的式子现在枚举到了 \(x^k\)，则前面式子对答案的贡献为：

\[\sum_{i=a-k}^{b-k}\dbinom{n+i-1}{i} \]

可以考虑用组合数加法公式进行化简 \(\left (\dbinom{n}{m}=\dbinom{n-1}{m}+\dbinom{n-1}{m-1}\right)\)，变为了：

\[\dbinom{n+b-k}{b-k}-\dbinom{n+a-k-1}{a-k-1}\ \]

这就做完了，复杂度为 \(O(2^n)\)，注意模数不是质数，直接暴力算组合数即可。

斐波那契数以及卡特兰数

斐波那契

8.6 update

我们先写出斐波那契数的生成函数：

\[f(x)=x+x^2+2x^3+3x^4+5x^5+8x^6+\cdots \]

左右同时乘个 \(x\)：

\[x \times f(x) = x^2+x^3+2x^4+3x^5+5x^6+8x^7+\cdots \]

上面减下面，得到了：

\[f(x)-xf(x)=x+x^3+x^4+2x^5+3x^6+5x^7+\cdots=x+x^2 \times f(x) \]

所以：

\[f(x)=\frac{x}{1-x-x^2} \]

这式子看起来挺简洁的，我们称其为 “封闭形式”。

接下来把他因式分解：

\[f(x)=\frac{x}{1-x-x^2}=\frac{x}{(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x)(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x)} \]

再裂项：

\[f(x)=\frac{x}{(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x)(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x)}=-\frac{1}{5}\frac{1}{(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x)}+\frac{1}{5}\frac{1}{(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x)} \]

这就成了两个等比数列求和公式乘个常数再相加的形式了！把两个等比数列还原成数列，得：

\[fib_n=-\frac{1}{5}\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n+\frac{1}{5}\left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n \]

这就是斐波那契的通项公式。

卡特兰数

first part

首先写出卡特兰数的定义式：

\[h(i)=\sum_{j=0}^{i-1}h(j)h(i-j-1) \]

考虑算他的生成函数：

\[f(x)=\sum_{i \geq 0}h(i)x^{i} \]

先把 \(i\) 分为两部分，当 \(i\) 为 \(0\) 时函数值为 \(1\)，然后再将卡特兰数拆开，得到：

\[f(x)=1+\sum_{i\geq 1}\sum_{j=0}^{i-1}h(j)x^{j}h(i-j-1)x^{i-j-1}x \]

发现其实 \(j\) 和 \(i\) 没什么关系，上界也不受限制，设 \(i'=i-j-1\)，当 \(i\geq1\) 时 \(i'\geq0\)。

在提取后面的 \(x\)，分离西格玛，那么：

\[f(x)=1+x\sum_{j\geq0}h(j)x^{j}\sum_{i'\geq0}h(i')x^{i'} \]

发现后面的两个西格玛其实就是 \(f(x)\) 的形式，那么上面全部写下来就是：

\[\begin{aligned} f(x)&=\sum_{i\geq0}h(i)x^{i}\\ &=1+\sum_{i\geq1}\sum_{j=0}^{i-1}h(j)x^{j}h(i-j-1)x^{i-j-1} x\\ &=1+x\sum_{j\geq0}h(j)x^{j}\sum_{i\geq0}h(i)x^{i} \\ &=1+xf^{2}(x) \end{aligned} \]

这是一个一元二次方程，解得：

\[f(x)=\frac{1\pm\sqrt{1-4x}}{2x}=\frac{2}{1\mp\sqrt{1-4x}} \]

其中 \(\mp\) 和 \(\pm\)，表示前一个取加号时后面取负号，反之同理。

现在有两个符号，去哪一个呢？

我们已知 \(h(0)=1\) 当 \(\lim _{x\rightarrow0}\) 时：

\(1-4x\rightarrow1\)，所以原式等于：\(\frac{2}{1+\sqrt{1-4 x}}=\frac{2}{1+\sqrt{1}}=1=h(0)\)；

还有另一种解释：当 \(x\rightarrow0\) 时系数就只剩下 \(h(0)\) 了，而且代入式子也是正确的。

符号是错误的，验证需要泰勒展开，这里不多说，再把分母有理化，化成了：

\[f(x)=\frac{1-\sqrt{1-4 x}}{2 x} \]

second part

我们把上面的根号展开：

\[\begin{equation} (1-4 x)^{\frac{1}{2}}=\sum_{i\geq0}\binom{\frac{1}{2}}{i}(-4 x)^{i} \end{equation} \]

把 \(i\) 等于 \(0\) 的情况分离出来，得出值为 \(1\)，得到：

\[=1+\sum_{i\geq1}\binom{\frac{1}{2}}{i}(-4 x)^{i} \]

考虑来化简这个系数：

\[\binom{\frac{1}{2}}{i}=\frac{\left(\frac{1}{2} \right)\left( \frac{1}{2} - 1 \right)\left(\frac{1}{2} - 2\right) \cdots \left(\frac{1}{2}-(i-1) \right)}{i!} \]

简单化简一下

\[\binom{\frac{1}{2}}{i}=\frac{\frac{1}{2} \left(\frac{1}{2} - 1 \right) \left( \frac{1}{2}-2\right)\cdots\left(\frac{1}{2}-(i-1) \right)}{i!} \]

把负号和 \(2\) 提取出来：

\[\begin{equation} \binom{\frac{1}{2}}{i}=\frac{(-1)^{i-1}\cdot1\cdot3\cdot 5\cdots (2i-3)}{2^{i-1}\cdot i!} \end{equation} \]

继续化简分子部分的奇数阶乘：

\[\begin{equation} 1\cdot3\cdot 5\cdots(2i-3)=\frac{(2i-2)!}{2^{i-1} \cdot (i-1)!} \end{equation} \]

把 \((3)\) 代回 \((2)\) 代回原式，得到：

\[\begin{equation} \binom{\frac{1}{2}}{i}=\frac{(-1)^{i-1}}{2^{2i-1}} \cdot \frac{(2i-2)!}{(i-1)!\cdot i!} \end{equation} \]

化简完系数，把 \((4)\) 代回 \((1)\)：

\[\begin{aligned} (1-4 x)^{\frac{1}{2}}&=1+\sum_{i\geq1}\binom{\frac{1}{2}}{i}(-4 x)^{i} \\ & =1-\sum_{i \geq 1} \frac{2(2 i-2)!}{(i-1)!i!} x^{i} \end{aligned} \]

再把这个根式代回原来的 \(f(x)\) 得到了：

\[\begin{aligned} f(x) &=\sum_{i\geq1}\frac{(2 i-2)!}{(i-1)!i!} x^{i-1} \\ &=\sum_{i\geq0}\frac{(2i)!}{i!(i+1)!} x^{i} \\ &=\sum_{i\geq0}\frac{1}{i+1}\binom{2 i}{i} x^{i} \end{aligned} \]

这就是卡特兰数最后的式子了。

\[\boxed{f(x)=\sum_{i\geq0}\frac{1}{i+1}\binom{2i}{i} x^{i}} \]