多项式技巧
前排提示，鉴于笔者的数学水平限制，因此本文的大多数内容都不保证有证明，且不保证正确，仅作为自己复习使用，如有错误也可以提出。
集合幂级数有关理论
集合幂级数 ln-exp
我们定义集合幂级数 exp 中的乘法为子集卷积，有 \(\exp(F)=\sum_i \frac{F^i}{i!}\)，由于做子集卷积时每一维是独立的，我们可以先 FMT 再分别对每一维做 exp，最后再 IFMT 回来，由于位数很少，因此可以直接做 \(O(n^2)\) 的 exp，设 \(G(x)=\exp F(x)\)，两边求导，得到 \(G'(x)=F'(x)e^{F(x)}=F'(x)G(x)\)，两边对比 \(x^n\) 项系数就能得到：
令 \(n+1 \gets n\)，有：
然后再化简成一个简单的形式：
对于 ln，由于 \(g_0=1\) 我们只需把上式反过来求 \(f_n\)，得到：
处理 OGF/EGF 的一些技巧
拉格朗日反演
普通拉反
用处是知道生成函数的复合逆用来反推出原生成函数，若 \(F(x)\) 与 \(G(x)\) 互为复合逆，即有如下式子：
证明从略，可以看这里。
注意逆推式子的时候不要忘了 \(F(x)\) 0 次项为 0，否则推出来的复合逆是错的因为根本就没有复合逆。
扩展拉反
值得一提的是我们有上式的扩展形式：
一个例子：尝试计算 \([x^n]F(x)^m\)，其中 \(F(x)\) 是卡特兰数的生成函数。
solution
设 \(G(x)=xF(x)\)，由于我们有 \(xF(x)^2+1=F(x)\)，那我们就有 \(x \left( \frac{G(x)^2}{x^2}\right)+1=\frac{G(x)}{x}\)，就是 \(G(x)-G(x)^2=x\)，于是 \(G(x)\) 的复合逆就是 \(x-x^2\)
我们要求的是 \([x^{n+m}]G(x)^m\)，扩展拉反变成
\[\frac{1}{n+m}[x^{n+m-1}] m x^{m-1} \left( \frac{x}{x-x^2}\right)^{n+m} \]\[\frac{m}{n+m}[x^{n}] \left( \frac{1}{1-x}\right)^{n+m} \]\[\frac{m}{n+m}\binom{2n+m-1}{n} \]
另外一个例子：ABC222H
solution
还有一个 EI 论文里的例子，简单的普及组计数题：求有多少字符集大小为 \(m\)，长度为 \(nk\) 的字符串使得每次删除相邻相同的 \(k\) 个字符可以全删完。
solution
首先，若 \(k=2\)，那么这个题就是简单的括号匹配，我们考虑计数括号森林，但是有一个问题是一个方案可能对应多种括号森林，为此我们钦定一种顺序使得括号树上父亲和所有孩子不同色，不合法可以调整，且若合法则对应方案唯一。构造生成函数就是把>一个森林连上一个点构成一棵树进行递归。
而 \(k>2\) 的情况是相似的，只不过一个节点下可能有多个森林连着，不难得到树的生成函数为 \(F(x)=\frac{x}{\left( 1-(m-1)F \right)^{k-1}}\)，答案就是 \([x^n]\frac{1}{1-mF}\)，注意此时我们先不给根染色，等到算答案的时候再决定。
这个形式没有 0 次项，可以直接扩展拉反，得到 \(F^{<-1>}(x)=x \left( 1-(m-1)x \right)^{k-1}\)，后面不想写了，直接对着式子往上展开然后 lucas 定理搜一下就行。
另类拉反
同样的，若 \(F(x)\) 与 \(G(x)\) 互为复合逆，\(H(x)\) 为任一生成函数，有如下式子:
PGF 处理停时问题的一些技巧
其实就是 myee 2024 论文的阅读笔记。
直接刻画停时过程
如果一个随机过程的停时为 \(t\) 的概率是 \(P(T=t)\)，设其 PGF 为 \(F(z)=\sum P(T=t)z^t\)，则通过期望定义可以得到 \(E(T)=F'(1)\)。
但有时候不太方便直接求出 \(F\)，在一些方便刻画停时过程的问题里，我们可以先设一个 \(G(z)\) 表示在 \(t\) 时刻还没停止的概率的生成函数，不难得到：
即考虑每个时刻的所有可能状态：停时或不停时都是由上一个状态转移而来。等式两边求导，再带入 1 可以得到：
于是我们也可以用 \(G(z)\) 来描述期望停时，上式的组合意义即为期望停时为各个位置没停的概率之和，也就是在某处停了的概率在前面都算过了一遍，刚好乘上了贡献。
一个简单的例子：P4548 歌唱王国：给出一个字符串，字符集大小为 \(m\)，长度为 \(n\)，每次随机报一个字符，出现该字符串时停止，问期望停时。
solution
按照上面的方法设出 \(F(z)\) 和 \(G(z)\)，我们还需要一个关系解出两个生成函数，考虑往没停时的串末尾塞原串，此时一定会提前一个 border 停时，border 可以为空，于是你就能得到：
\[(\frac{z}{m})^n \times G=\sum_{j} (\frac{z}{m})^{n-j} \times F \]其中 \(j\) 是原串的一个 border，然后把 \(F\) 用 \(G\) 带入就能得到答案为 \(\sum_j m^j\)
上面的例子的随机过程比较简单，有的时候我们可能会遇到多个过程的拼接，此时可以考虑使用 EGF 方便我们对过程归并，但是有一个问题是我们最后还是得求一个 OGF 的封闭形式，因为最后我们不是求系数而是带值。
在实践中我们常常遇到的 EGF 可以表示成 \(\sum z^ae^{bz}\) 的形式，而这个的 OGF 是好求的，就是 \(\frac{a! z^a}{(1-bz)^{a+1}}\)，证明不难，具体可以考虑乘完之后转成 OGF 时要带上的系数，转化一下形式就是后面的式子。
一个例子：AGC038E
solution
直接设 \(F(z)\) 表示停时概率的 PGF，然后枚举最后一步被抽到的是哪个，其他的个数随便选，不难得到以下式子：
\[1+\left(\mathcal{L}\left(\sum_{i=1}^{n} \frac{\left(A_{i} z / S\right)^{B_{i}-1}}{\left(B_{i}-1\right)!} \prod_{j \neq i}\left(\exp \left(A_{j} z / S\right)-\sum_{k<B_{j}} \frac{\left(A_{j} z / S\right)^{k}}{k!}\right)\right)\right)^{\prime} \circ 1 \]\(\mathcal{L}\) 是转 OGF 的算符，像上面说的那样换元，用 \(u \leftarrow e^z\)，然后暴力拆开算就能得到一个关于 \(u\) 和 \(z\) 的多项式，计算每一项对答案的贡献即可。
例子：PKUWC 2018 猎人杀
solution
注意到这个答案其实等价于可以重复抽，1 最后一个被抽到的概率，直接设 \(F(z)\) 表示停时概率的 PGF，然后就有
\[\frac{w_{1}}{S}\left(\mathcal{L}\left(\prod_{j=2}^{n}\left(\exp \left(w_{j} z / S\right)-1\right)\right)\right) \circ 1 \]使用一些多项式技巧类似处理即可。
把若干停时过程拼起来
很多时候停时的过程没办法像上面的例子一样清晰地刻画，另外一种技术是考虑一个间接计数的方法，下面只讨论停时方案唯一的情况。设 \(F(z)\) 表示第一次停时的概率生成函数，\(H(z)\) 表示第 \(t\) 个时刻停时了的概率生成函数，\(G(z)\) 表示停时后经过 \(t\) 个时刻又停时了的概率生成函数，可以得到：
如果能得到 \(G\) 和 \(H\)，那么也可以尝试推出 \(F\)。
如果 \(G\) 和 \(H\) 能被表示为 \(\sum A_j \exp(\frac{jz}{n})\)，那么我们有更好的表达式，对上式子两边求导并带入可得答案为 \(\sum_{j\neq n} \frac{n(A_{n}B_{j}-B_{n}A_{j})}{B_{n}^{2}(n-j)}\)，注意此时我们假设 \(B_n \neq 0\)，不然分母会出现 0，当 \(A_n=B_n\) 上式则变成 \(\sum_{j\neq n} \frac{n(B_{j}-A_{j})}{B_{n}(n-j)}\)。
例子：ZJOI 2019 开关
solution
设 \(u=\exp(\frac{z}{S})\)，可以得到：
\[\hat{G}=\prod_{j=1}^{n}\frac{u^{p_{j}}+u^{-p_{j}}}{2},\hat{H}=\prod_{j=1}^{n}\frac{u^{p_{j}}+(-1)^{s_{j}}u^{-p_{j}}}{2} \]暴力求出关于 \(u\) 的多项式，带入上式计算即可。
浙公网安备 33010602011771号