并不平凡的生成函数

组合类

• 组合对象指满足某一性质的树、图、串等可数的对象。组合对象组成的集合成为组合类。

我们用 \(\mathcal{ABCDEFGHIJKLMNOPQRSTUVWXYZ}\) 来表示组合类。

我们将大小为 \(n\) 的组合类集合记作 \(\mathcal{A_n}\)

我们的任务很多是求出 \(|\mathcal{A_n}|\)

---

笛卡尔积

每个集合中各取一个元素形成有序多元组的集合。

记作 \(A \times B\)

我们显然有 \(|A \times B| = |A| \times |B|\)。

我们定义 \(\mathcal{E}=\{\epsilon\}\) 表示一个为空的组合类。我们显然有 \(E(x)=0\)。\(\mathcal{Z}=\{z\}\) 表示一个大小为 \(1\) 的组合类。\(Z(x)=x\)。

---

01 串

我们发现有 \(S=\mathcal{E}+ \{0,1\} \times S\)

故 \(F(x) = 1 + 2x\times F(x) \to F(x) = \frac{1}{1-2F(x)}\)

---

卡特兰数

我们发现有 \(S=\mathcal{E}+ S \times \mathcal{Z} \times S\)

故 \(F(x)=1+F(x) \times x \times F(x)\)

等一下我们是不是还没有定义加法。

注意可能有相同的组合对象，所以我们略微操作。

\[\mathcal{A}+\mathcal{B}= (A \times \mathcal{E}) \cup (B \times \mathcal{E}) \]

---

（无标号）经典的组合构造

为了一些必要，略去了一些证明和动机。因为需要熟练的掌握群论，

Sequence 构造

对于 \(\mathcal{F}=\mathcal{E}+\mathcal{A^1}+\mathcal{A^2}+\mathcal{A^3}+\mathcal{A^4}\dotsb\)，此时我们定义 \(\mathbf{SEQ}(\mathcal{A}) = \mathcal{F}\)。
显然有 \(F(x) = \frac{1}{1-A(x)}\)。

对于 01 串，我们可以将 \(\mathcal{A} = \{0,1\}\)，那们 \(A(x)=2x,F(x)=\frac{1}{1-2x}\)

---

Multset 构造。

即生成集合构造。

\[\mathbf{MSET}(\mathcal{A}) = \frac{\mathbf{SEQ}(\mathcal{A})}{G_A} \]

这里的 \(G_A\) 是指的全体置换组成的置换群列。什么意思呢，对于一个 \(\{1,2,3\}\{1,3,2\}\{3,1,2\}\{3,2,1\}\{2,1,3\}\{2,3,1\}\)，直接转化成为，转化为字典序不降组合的数目。

我们有 \(\mathcal{B}=\mathbf{MSET}(\mathcal{A})=\prod\limits_{a \in \mathcal{A}} \sum\limits_{k=0} \{a\}^k\)

翻译一下，完全背包。

---

写出 GF：

\[\begin{aligned} B(x) &=\prod\limits_{a \in \mathcal{A}} \frac{1}{1-x^{|a|}} =\prod\limits_{i=1}^{n} (\frac{1}{1-x^{|a|}} )^{a_i} \\ &= \exp \ln \prod\limits_{i=1}^{n} (\frac{1}{1-x^{|a|}} )^{a_i} \\ &= \exp \sum\limits_{i=1}^{n} \ln [(\frac{1}{1-x^{|a|}} )^{a_i} ] \\ &= \exp \sum\limits_{i=1}^{n} a_i \ln {\frac{1}{1-x^i}} \\ \end{aligned} \]

---

我们熟知

\[\ln(\frac{1}{1-x}) =- \ln({1-x}) = \sum_{i=1} \frac{x^i}{i} \\ \ln(\frac{1}{1-x^p}) = \sum_{i=1} \frac{x^{ip}}{i} \]

\[\begin{aligned} B(x) &= \exp \sum_{i=1}^{n} a_i \ln {\frac{1}{1-x^i}} \\ &= \exp \sum_{i=1}^{n} a_i \sum_{j=1} \frac{x^{ij}}{j} \\ \end{aligned} \]

---

有一个惊人的东西

\[\begin{aligned} \mathbf{MSET}(\mathcal{A})=B(x) &= \exp \sum_{i=1} \sum_{j=1} \frac{a_i{ x^{j}}^i}{j} &= \exp \sum_{j=1} \frac{A(x^j)}{j} \end{aligned} \]

这个东西我们叫做 Euler 变换。

小练习：P4389，loj6268，P5900（有点困难）

---

Power Set 构造

“生成（无序）幂集构造”为 ： \(\mathbf{PSET} = \prod\limits_{a \in \mathcal{A}} (\{\epsilon\} + \{a\})\)

意义很显然，01 背包。

\(\mathcal{B} = \mathbf{PSET}(\mathcal{A}) \to G(x) =\prod_{a \in \mathcal{A}}(1+x^{|a|}) = \prod_{i=0} (1+z^i)^{A[i]}\)

---

可以使用类似上面的方法计算，这里就贺了一个。

---

有标号的构造

挂了一个链接，其实差不多，指的一提的是，对于 \(\exp\) 的组合意义的构造叫做 \(\mathbf{SET}\)。

---

分式域

我们熟知，对于分式\(F(x)\)，\(\frac{1}{F(x)}\)，不一定是有逆的，即引入负整数次项。对于无法求逆的整式，在分式域中只需适当平移即可转化为常系数非 0 的整式求逆。

---

拉格朗日反演

若 \(G(F(x))=x\)，则 \(F,G\) 互为复合逆。

\(F,G\) 应常系数为 \(0\) 且 \([x^1]\) 系数非 \(0\)。

由此可知

\[[x^n]G(x) =\frac{1}{n} [x^{-1}] F(x)^{-n} = \frac{1}{n}[x^{n-1}] (\frac{F(x)}{x})^{-n}= \frac{1}{n}[x^{n-1}] (\frac{x}{F(x)})^{n} \]

---

扩展拉格朗日反演

\[[x^n]H(G(x)) =\frac{1}{n} [x^{-1}] H'(x) F(x)^{-n} = \frac{1}{n}[x^{n-1}] ((\frac{x}{F(x)})^{n} \times H'(x)) \]

---

P2767

---

P2767

不妨直接令 \(n\) 个节点（无标号）的有根 \(m\) 叉树的组合类为 \(\mathcal{T}\)。

则显然有 \(\mathcal{T} = \mathcal{Z} \times (1+\mathcal{T})^m\)。

那我们则有 \(G(x) = x(1+G(x))^m\)。

此时构造复合逆 \(F(x)\)，则有 \(F(G(x))=x\)。

---

\[\begin{aligned} x &=\frac{G(x)}{(1+G(x))^m} \\ F(G(x)) &=\frac{G(x)}{(1+G(x))^m} \\ F(x) &=\frac{x}{(1+x)^m} \\ \end{aligned} \]

所以 \([x^n]G(x) =\frac{1}{n} [x^{n-1}] (\frac{F(x)}{x})^{-n} = \frac{1}{n} [x^{n-1}] (1+x)^{mn} = \frac{1}{n} {nm \choose n-1}\)。

注意模数很小，Lucas 定理即可。

---

P5828

---

P5828

设 \(\mathcal{F}\) 为有根连通图，\(\mathcal{G}\) 为有根边双连通图。

考虑直接考虑缩点后的树，钦定一个根，考虑 \(\mathcal{G_i}\) 的贡献。它只能此时每个外部连通块能且只能向根连通块连一条边，少了就会不连通，多了就会产生更大的边双。

此时根连通块一共有 \(i\) 个节点可以连边，外部的每个有根连通块连接到根边双都有 \(i\) 种方法。

应为是结构化，所以不妨令 \(\mathcal{R_i}\) 此时能连为描述某个连通块连到大小为 \(i\) 的根连通块的方案树。

对于一个连通块挂上去的组合类就是 \(\mathcal{R_i} \circ \mathcal{F}\)。

---

这个时候就是直接算了，可以把每个连通块给拼起来，用结构化的视角来看就是 \(\mathbf{SET}\)。

\[\begin{aligned} \mathcal{F}= \sum_{i=1} \mathcal{g_i} \times \mathbf{SET}{(\mathcal{R_i} \circ \mathcal{F})} \end{aligned} \]

直接写出 GF：

\[\begin{aligned} F(z)&=\sum_{i=1} \frac{g_i z^i}{i!} \exp(i F(z)) \\ &= \sum_{i=1} \frac{g_i}{i!} (z \exp F(z))^i \end{aligned} \]

---

不妨设 \(H(z) =ze^{F(z)}\)， \(F(z) =G(H(z)) \to F(H^{-1}(z)) =G(x)，H(H^{-1}(z))=z\)。

所以我们有 \([z^n]G(z) = [z^n] F(H^{-1}(z))= \frac{1}{z}[z^{n-1}]F'(z) (\frac{z}{H(z)})^n\)

所以就有 \([z^n]G(z)=\frac{1}{n}F'(z) e^{-nF(x)}\)。

注意实际上答案还要 \(\times \frac{1}{n}\)。第一步的时候钦定了根。

---

递推关系：https://zhuanlan.zhihu.com/p/664378069

不知道能不能将。