OGF
卡特兰数
\(c_n = \sum_{i=0}^{n - 1} c_ic_{n - i - 1} (n > 0), c_0 = 1\)
设\(C(x)\)是\(\{c_n\}\)的生成函数，那么容易得出：
\[C(x) = xC^2(x) + 1 \Rightarrow xC^2(x) - C(x) + 1 = 0
\]
于是
\[C(x) = \frac {1 \pm \sqrt{1 - 4x}} {2x}
\]
发现如果取\(+\)的话，\(C(0) = 2 / 0\)不存在。
考虑取\(-\)号，那么：
\[\lim_{x \rightarrow 0} C(x) = \lim_{x \rightarrow 0} \frac {1 - \sqrt{1 - 4x}}{2x} = \lim_{x \rightarrow 0} \frac {2(1 - 4x)^{\frac 12}}2 = 1
\]
所以取\(C(x) = \frac {1 - \sqrt{1 - 4x}} {2x}\)。
由于\(\sqrt{1 - 4x} = (1 - 4x) ^ {\frac 12}\)，于是由广义二项式定理：
\[\begin{aligned}
\sqrt{1 - 4x} &= \sum_{n \geq 0} \binom{1/2}{n}(-4x)^n \\
&= 1 + \sum_{n \geq 1} \frac{\frac12 \frac {-1}2 \frac {-3}2 \cdots \frac{3 - 2n}{2}}{n!}(-4x)^n \\
&= 1 + \sum_{n \geq 1} (-1)^{n - 1} \frac{1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n - 3)}{2^nn!} (-4x)^n \\
&= 1 - \sum_{n \geq 1} \frac{1 \times 3 \times 5 \times \cdots \times (2n - 3)}{n!} (2x)^n \\
&= 1 - \sum_{n \geq 1} \frac{1 \times 2 \times 3 \times \cdots \times (2n - 3) \times (2n - 2)}{2 \times 4 \times \cdots \times (2n - 2) \times n!}(2x)^n \\
&= 1 - 2\sum_{n \geq 1} \frac{(2n - 2)!}{(n - 1)!n!}x^n
\end{aligned}
\]
代入\(C(x)\)，得
\[\begin{aligned}
C(x) &= \frac 1{2x} \left(2\sum_{n \geq 1} \frac{(2n - 2)!}{(n - 1)!n!}x^n\right) \\
&= \sum_{n \geq 1} \frac{(2n - 2)!}{(n - 1)!n!}x^{n - 1} \\
&= \sum_{n \geq 0} \frac{(2n)!}{n!(n+1)!}x^n \\
&= \sum_{n \geq 0} \frac{\binom{2n}n}{n + 1}x^n
\end{aligned}
\]
于是得出\(c_n = \frac{\binom{2n}n}{n + 1}\)。
设\(f_{i, j}\)表示\(i\)轮之后这个数恰好为\(j\)的概率，那么有\(f_{i, j} = \sum_{k=j}^n \frac {f_{i-1, k}}{k + 1}\)。
设\(F_i(x)\)是\(\{f_{i, j}\}\)的生成函数，则有\(F_i(x) = \sum_{j=0}^n x^j \sum_{k \geq j} \frac {f_{i-1, k}}{k + 1}\)。
于是
\[\begin{aligned}
F_i(x) &= \sum_{k=0}^n \frac {f_{i-1, k}}{k + 1} \sum_{j=0}^k x^j \\
&= \sum_{k=0}^n \frac{f_{i - 1,k}}{k + 1} \frac {x ^ {k + 1} - 1}{x - 1} \\
&= \frac 1{x - 1}\sum_{k=0}^n f_{i - 1, k}\frac{x ^ {k + 1} - 1}{k + 1} \\
&= \frac 1{x - 1}\sum_{k=0}^n f_{i - 1, k}\int_1^x t^k\mathrm{d}t \\
&= \frac 1{x - 1}\int_1^x F_{i - 1}(t)\mathrm{d}t
\end{aligned}
\]
积分下限是\(1\)，很不好做，考虑设
\[G_i(x) = F_i(x + 1) = \frac 1x\int_1^{x + 1} F_{i - 1}(t)\mathrm dt = \frac 1x \int_0^x G_{i - 1}(t)\mathrm dt = \sum_{j} \frac {g_{i - 1, j}}{j + 1}x^j
\]
于是\(g_{i, j} = \frac {g_{i - 1, j}}{j + 1}\)，所以\(g_{m, j} = \frac {g_{0, j}}{(j +1) ^ m}\)
接下来，考虑如何求\(\{g_{0, i}\}\)，那么有：
\[\sum_i g_ix^i = \sum_{i} f_i(x + 1)^i = \sum_i f_i\sum_{j}\binom ij x^j
\]
于是\(g_i = \sum_{j \geq i} \binom ji f_j\)，二项式反演可以得出\(f_i = \sum_{j \geq i} (-1)^{j - i}\binom jig_j\)。
那么这道题目就做完了。
EGF
贝尔数
\[w_n = [n = 0] + \sum_{i = 1}^n \binom{n - 1}{i - 1}
\]
写出\(\{w_n\}\)的生成函数\(W(x)\)，可以知道
\[W(x) = 1 + \int W(x)e^x\mathrm dx
\]
两边求导，得：
\[\begin{aligned}
\frac {\mathrm dW(x)}{\mathrm dx} &= W(x)e^x \\
\frac{\mathrm dW(x)}{W(x)} &= e^x\mathrm dx \\
\ln W(x) &= e^x + C
\end{aligned}
\]
将\(W(0) = 1\)带入可以解得\(C = -1\)。
所以\(W(x) = \exp(e^x - 1) = e ^ {e ^ x - 1}\)
设\(f_n\)表示\(n\)个点的无向连通图的个数，\(g_n\)表示\(n\)个点的无向图的个数也就是\(2 ^ \binom n2\)。
考虑通过\(f\)推出\(g\)，即枚举\(1\)号点的联通块大小，可以得到这样一个柿子：
\[g_n = \sum_{i=1}^n \binom{n - 1}{i - 1}f_ig_{n - i}
\]
写成生成函数的形式也就是
\[G(x) = \int F'(x)G(x)\mathrm dx
\]
同样，两边求导：
\[\begin{aligned}
\frac {\mathrm dG(x)}{\mathrm dx} &= F'(x)G(x) \\
\frac {\mathrm dG(x)}{G(x)} &= F'(x)\mathrm dx \\
\ln G(x) &= F(x) + C
\end{aligned}
\]
容易得到\(C = 0\)，于是\(\ln G(x) = F(x)\)。
接下来就是多项式板子的事情了。
求\(n\)个点的强连通竞赛图的个数。
首先需要知道这个东西：
竞赛图缩强连通分量之后一定是一条链
接下来，考虑先用强连通竞赛图的个数表示出任意竞赛图的个数，然后反推回去。
设\(f_n\)表示\(n\)个点的强连通竞赛图的个数，\(g_n\)表示\(n\)个点的竞赛图的个数。
考虑枚举这个竞赛图的拓扑序最小的强连通分量的大小\(i\)，于是可以得出：
\[g_n = \sum_{i=1}^n\binom ni f_ig_{n - i}
\]
假装\(g_0 = 1, f_0 = 0\)，那么有
\[G(x) = F(x)G(x) + 1 \Rightarrow F(x) = 1 - \frac 1{G(x)}
\]
于是一遍求逆就解决问题了。
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