多元生成函数+生成函数方程组——[AGC058D] Yet Another ABC String

多元生成函数+生成函数方程组——[AGC058D] Yet Another ABC String

计算小练习 7（AGC085D） - 洛谷专栏

设 \(a_{0,i,j,k}\) 表示以AA结尾，且有 \(i\) 个 A，\(j\) 个 B，\(k\) 个 C，其生成函数 \(F_0(x,y,z)=\sum_i\sum_j\sum_k a_{0,i,j,k}x^iy^jz^k\)。

设 \(a_{1,i,j,k}\) 表示以AB结尾，且有 \(i\) 个 A，\(j\) 个 B，\(k\) 个 C，其生成函数 \(F_1(x,y,z)=\sum_i\sum_j\sum_k a_{1,i,j,k}x^iy^jz^k\)。

……

设 \(a_{8,i,j,k}\) 表示以CC结尾，且有 \(i\) 个 A，\(j\) 个 B，\(k\) 个 C，其生成函数 \(F_8(x,y,z)=\sum_i\sum_j\sum_k a_{8,i,j,k}x^iy^jz^k\)。

于是根据递推式，可以得到以下方程：

\[\begin{cases} F_0 = x(F_0 + F_3 + F_6) + x^2\\ F_1 = y(F_0 + F_3) + xy \\ F_2 = z(F_0 + F_3 + F_6) + xz \\ F_3 = x(F_1 + F_4 + F_7) + xy \\ F_4 = y(F_1 + F_4 + F_7) + y^2 \\ F_5 = z(F_4 + F_7) + yz \\ F_6 = x(F_2 + F_8) + xz \\ F_7 = y(F_2 + F_5 + F_8) + yz \\ F_8 = z(F_2 + F_5 + F_8) + z^2 \end{cases} \]

答案的生成函数就是 \(\sum_{i=0}^8F_i(x,y,z)\)。

现在要解方程，这个方程是对称的，应该比较好解，为了方便表示设 \(S=\sum_{i=0}^8F_i(x,y,z),P=x+y+z,K=xyz\)。

首先所有方程相加，得到：

\[S=PS-yF_6-zF_1-xF_5+P^2\tag{1} \]

然后发现 \(F_0,F_3,F_6\) 的方程后面都 \(\times x\)，很类似，所以设：

\[F_0+F_3+F_6=x(S-F_5)+xP\implies F_6=x(S-F_5)+xP-(F_0+F_3) \]

结合 \(F_1\) 的方程式，得到：

\[F_6=x(S-F_5)+xP-\frac{F_1}{y}+x\tag{2} \]

根据对称性，同理可得：

\[F_1=y(S-F_6)+yP-\frac{F_5}{z}+y\tag{3}\\ \]

\[F_5=z(S-F_1)+zP-\frac{F_6}{x}+z\tag{4}\\ \]

于是现在得到方程组：

\[\begin{cases} yF_6=xyS-xyF_5+xyP-F_1+xy\\ zF_1=yzS-yzF_6+yzP-F_5+yz\\ xF_5=xzS-xzF_1+xzP-F_6+xz\\ \end{cases} \]

用 \(z(2)-(3)\) 直接得到：

\[F_5=\frac{K-yz}{K-1}(1+P+S) \]

根据对称性同理可得：

\[F_6=\frac{K-xz}{K-1}(1+P+S)\\ F_1=\frac{K-xy}{K-1}(1+P+S) \]

所以

\[yF_6+zF_1+xF_5=\frac{K}{K-1}(1+P+S)(P-3)+P^2 \]

代入解得：

\[S=\frac{1}{2}\frac{3-P}{1-P+2K}-P-\frac32 \]

因为 \(A,B,C\ge 1\)，所以

\[\begin{aligned} ans&=\frac12[x^Ay^Bz^C](3-P)(1-P+2xyz)^{-1}\\ &=\frac12[x^Ay^Bz^C](3-P)\sum_i{-1\choose i}(1-P)^{-1-i}(2xyz)^i\\ &=\frac12\sum_i[x^{A-i}y^{B-i}z^{C-i}](3-P)(-2)^i(1-P)^{-1-i}\\ &=\frac12\sum_i(-2)^i[x^{A-i}y^{B-i}z^{C-i}]\left((3-P)(1-P)^{-1-i}\right)\\ &=\frac12\sum_i(-2)^i[x^{A-i}y^{B-i}z^{C-i}]\left(\frac2{(1-P)^{i+1}}+\frac1{(1-P)^i}\right)\\ \end{aligned} \]

由于两部分结构类似，我们取出一部分考虑

\[\begin{aligned} \left[x^{A-i}y^{B-i}z^{C-i}\right]\frac1{(1-P)^i}&=[x^{A-i}y^{B-i}z^{C-i}]\sum_{j}(-1)^j{-i\choose j}(x+y+z)^j\\ &=[x^{A-i}y^{B-i}z^{C-i}]\sum_j{i+j-1\choose j}(x+y+z)^j\\ &={i+A+B+C-3i-1\choose A+B+C-3i}{A+B+C\choose A,B,C} \end{aligned} \]

另一部分同理，设 \(n=A+B+C\)，于是

\[ans=\frac12\sum_i(-2)^i{n\choose A,B,C}\left({n-2i-1\choose n-3i}+2{n-2i\choose n-3i}\right) \]