生成函数学习笔记
不知道为什么 cnblogs 的公式不能用 \\ 换行？
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[2025-03-17] 基本完工，之后可能随机更新。
[2025-03-27] 增加了 P4931。
普通生成函数（OGF）
定义：序列 \(a\) 的普通生成函数为 \(\sum a_i x^i\)。
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其中序列 \(a\) 可以是任意序列，可以有穷也可以无穷。
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\(x^i\) 没有什么实际意义，直接把它看做一个占位符，表示第 \(i\) 个位置。
加法运算：多项式直接加，合并同类项。对应到序列上意义是对应位置相加。
乘法运算：设 \(a,b\) 两个序列的生成函数是 \(F(x)\) 和 \(G(x)\)，发现 \(F(x)\cdot G(x)\) 得到的是 \(\sum_{i=0}^{n+m} \sum_{j=0}^i a_j b_{i-j} x^i\)，也就是序列 \(c_i = \sum_{j=0}^i a_j b_{i-j}\) 的生成函数。序列 \(c\) 即 \(a,b\) 的加法卷积。多个序列加法卷积起来可以看成是无序背包。
在运算中，常常使用生成函数的封闭形式，比如：
序列 \(1,1,1,1,\dots\) 的 OGF \(\sum_i x^i = \frac{1}{1-x}\);
序列 \(1,c,c^2,c^3,\dots\) 的 OGF \(\sum_i c^ix^i = \frac{1}{1-cx}\)；
序列 \(1,0,1,0,\dots\) （下标从 0 开始）的 OGF \(\sum_i x^{2i} =\frac{1}{1-x^2}\);
序列 \(a_i=c^i x^{ki}\) 的 OGF \(\sum_i a_i=c^i x^{ki} = \frac{1}{1-cx^k}\)；
斐波那契数列 OGF 封闭形式为 \(\frac{x}{1-x-x^2}\)。
以上几个通过错位相减容易得到。
序列 \(\binom{n}{0},\binom{n}{1},\dots,\binom{n}{n}\) 的 OGF \(\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} x^i = (x+1)^n\);
序列 \(\binom{n}{0},-\binom{n}{1},\binom{n}{2},\dots,(-1)^n \binom{n}{n}\) 的 OGF \(\sum_{i=0}^n \binom{n}{i} (-x)^i = (1-x)^n\)。
以上通过二项式定理得到。
序列 \(\binom{n}{n},\binom{n+1}{n},\dots,\binom{n+k}{n},\dots\) 的生成函数 \(\sum_i \binom{n+i}{n} x^i = \frac{1}{(1-x)^{n+1}}\)。
以上我不会推，先记着吧。 考虑组合意义，\(\binom{n+k}{n}\) 可以看成有 \(n+k+1\) 个物品，将其分成 \(n+1\) 份，每份都有 \(\geq 1\) 个物品的方案数，给每份拿走一个，就是 \(k\) 个物品分成至多 \(n+1\) 份的方案数。考虑背包，\(f_k\) 表示 \(k\) 个物品的方案（即上述序列），每次加入任意个物品，加入 \(n+1\) 次。设 \(f\) 的生成函数是 \(F(x)\)，用多项式表示加入的过程，\(F(x)=(\sum_i x^i)^{n+1} = \frac{1}{(1-x)^{n+1}}\)。
不难发现其实是要求 \(f_i\) 表示长度为 \(\frac{n}{2}\) 和为 \(i\) 的方案数，答案即为 \(\sum f_i^2\)。
也就是一个背包，每次放一个 \(0\sim 9\) 的数，一共放 \(\frac{n}{2}\) 个。
放一个数的答案 OGF 是 \(F(x)=\sum_{i=0}^9 x^i\)，最终答案的 OGF 为 \(F^{\frac{n}{2}}(x)\)，用 NTT 算一下系数。
本题没有要求对 \(x^n\) 取模，并且答案多项式最高次数是 \(9\times 10^5\) 在计算范围内，不需要大常数多项式快速幂，可以一遍 FFT，算下点值表示的 \(\frac{n}{2}\) 次幂，再 IFFT 回去，常数大大减小。
计算题。写出每个部分的 OGF 再乘起来观察。
发现这是 \(\binom{4+i}{i}\) 的 OGF，答案为 \([x^n] \frac{1}{(1-x)^5}\)，即 $\binom{4+n}{n} =\binom{n+4}{4} = \frac{n(n-1)(n-2)(n-3)}{24} $，高精度算一下。
斐波那契数列的 OGF 为 \(F(x) =\frac{x}{1-x-x^2}\)，该题的答案的生成函数是 \(G(x) =\sum_{i>0} F^i(x) = \frac{F(x)}{1-F(x)} = \frac{x}{1-2x-x^2}\)。
注意到 \(n\) 很大，不能暴力多项式求系数。感觉这个答案比较像斐波那契数列的形式，考虑用类似的方法解通项公式。
考虑形如 \(\frac{1}{1-cx}\) 的幂级数，希望将其写成若干上述东西的和。
对分母因式分解，解 \(1-2x-x^2=0\)，得 \(x_1=-1+\sqrt 2,x_2=-1-\sqrt 2\)，于是 \(1-2x-x^2=-(x-x_1)(x-x_2)\)。（注意有个负号，第一遍没看到结果推错了）
希望将其写成 \(\frac{a}{x-x_1}+\frac{b}{x-x_2}\)，解方程 \(\frac{a}{x-x_1}+\frac{b}{x-x_2} =\frac{x}{1-2x-x^2}\)，即 \(a(x-x_2)+b(x-x_1)=-x\)；
移项得 \((a+b+1)x=ax_2+bx_1\) 恒成立，即 \(a+b=-1,ax_2+bx_1=0\)；
带入 \(x_1,x_2\) 可得 \(a=\frac{\sqrt 2 -2}{4},b=\frac{-\sqrt 2 -2}{4}\)。
把 \(x_1,x_2,a,b\) 带回去，得到
这是答案的通项公式，直接快速幂计算即可。指数很大，根据费马小定理对 \(\bmod-1\) 取模。
本题 \(\bmod 1000000007\) 意义下 \(\sqrt 2\) 存在，为 \(59713600\) 或 \(940286407\)，可以直接算。若不存在，可以考虑手写一个结构体 \(a\sqrt 2 +b\) 来运算。
答案 OGF \(F(x) = \prod_{i=1}^n \frac{1}{(1-x^{v_i})} = \frac{1}{\prod_{i=1}^m{(1-x^{v_i})}}\)。
看到这种乘积，容易想到取 \(\ln\)。
注意到 \(\ln(1-x^{v_i}) = - \sum_{i\geq 1} \frac{x^{vi}}{i}\)（建议背诵），推导过程如下：
令 $f(x) = 1-x^v,g(x) = \ln(f(x)) $，
于是 $G(x)=\sum_{i=1}^m \sum_{j\geq 1} \frac{x^{v_ij}}{j} $
有了这个式子后，对于每个 \(v\) 就可以 \(O(\frac{m}{v})\) 处理系数，对于相同的 \(v\) 一起处理，复杂度是调和级数的 \(O(n\log n)\)。
求出 \(G(x)\) 之后再 \(\exp\) 回去就行。
发现这题就是上面那题反过来。
设 \(f\) 的 OGF 为 \(F(x)\)，\(G(x)= \ln(F(x))= \sum_{i\in S} \sum_{j\geq 0} \frac{x^{ij}}{j}\)。
对给出的 \(f\) 求 \(\ln\) 得到 \(g\)，然后由于字典序最小，从小到大看 \(g\) 的每一位是否是 0，若不是，说明这个数存在，就加入答案并把后面都减去这个数的贡献。
黑的原因大概是任意模数罢。
题目要求最大环长为 1 或 2，逆序对数为 \(i\) 的排列数量的奇偶性。注意到最大环长 \(>2\) 的排列将某个 \(>2\) 环所有边方向取反可以得到另一个不同的排列，因此会两两抵消，不会对答案产生影响。
所以只需要求 \(f_i\) 表示逆序对数为 \(i\) 的方案数，考虑 dp，\(f_{i,j}\) 表示加入前 \(i\) 个数，当前逆序对数为 \(j\) 的方案数，\(f_{i,j}=\sum_{k=0}^{i-1} f_{i-1,j-k}\)。
这个 dp 是背包形式，可以写成多项式相乘，设 \(f_n\) 的生成函数为 \(F(x)\)，
考虑对分子和分母分开计算，分母 \(\prod_{i=1}^n (1-x^i)\)，每个因式项数都很少，可以直接背包，忽略 \(\leq k\) 的项，使用 bitset 优化，复杂度 \(O(\frac{k^2}{\omega})\)。
分子部分，\(\frac{1}{(1-x)^n} = \sum_{i} \binom{n-1+i}{i}x^i\)，对于每项使用 lucas 定理计算那个组合数的奇偶性（关于组合数奇偶性的结论来自 P3773）。
然后再把分子部分与分母部分卷起来，同样用 bitset 优化背包做到 \(O(\frac{k^2}{\omega})\)。
几乎从头到尾的任何一部分都可以在其他题里面找到，但是我怎么推了这么长时间。哦原来是一开始题读错了。
根据题意考虑 dp，设 \(f_{i,j}\) 表示已经加入了前 \(i\) 个数，有 \(j\) 个逆序对的权值和，发现每加入一个数 \(i\) 可能新增 \(0\sim i-1\) 个逆序对，所以转移是 \(f_{i,j} =\sum_{k=0}^{i-1} i^k f_{i-1,j-k}\)。
这样的转移可以写成卷积形式。\(f_n\) 的生成函数为 \(F(x)=\prod_{i=1}^n \sum_{j=0}^{i-1} i^j\)。
熟悉的乘积形式，考虑取 \(\ln\)。
是一堆 \(\ln(1-(cx)^k)\) 状物，用类似 P4389 的方式求导以求出系数（现在发现 P4389 真有用吧）。
得到以上东西后，再代回 \(\ln(F(x))\)，即可得到 \(\ln(F(x))\) 的各项系数。
我们需要求出这个东西的前 \(k\) 项系数。对于后半部分，虽然 \(i\) 的取值是 \(1\sim n\)，但是能对答案造成影响的一定是 \(\leq k\) 的数的约数，直接枚举 \(i(i\leq \min(n,k))\) 然后计算它对其 \(\leq k\) 的倍数的影响即可做到 \(O(k\log k)\)。
对于前半部分，类似 [忘了是哪题了]，写出它的 EGF，
然后这个 \(G(x)\) 的系数是可以求的（注意上下常数项都是 0，但分母要求逆要求常数项不是 0，所以上下同除以 \(x\) 即可）。
然后就做完了，求出 \(\ln(F(x))\) 再求 \(\exp\)。
考虑非加强版的做法，设 \(g_i\) 为 \(i\) 对情侣都不和睦的方案数。答案是 \(g_{n-k}\) 乘上剩下的 \(k\) 对情侣和睦的方案数，后面是好算的，若能快速求出 \(g_i\) 就可以 \(O(1)\) 回答询问。
计算 \(g_k\) 考虑容斥，钦定 \(i\) 对和睦，\(g_k = \sum_{i=0}^k (-1)^i \binom{k}{i} 2^i \frac{k!}{(k-i)!} (2k-2i)!\)。
考虑写出 \(g\) 的生成函数 \(F(x)\)，
于是 \([x^k]F(x) = k!k! \sum_{i+j=k} \frac{(-2)^i}{i!}\binom{2j}{j}\)，设 \(G(x)\) 是 \(\frac{g_k}{k!k!}\) 的生成函数，
根据递推式求出 \(g'_k\) 即可得到 \(g_k\)。
指数生成函数（EGF）
定义序列 \(a\) 的指数生成函数为 \(\sum_i a_i \frac{x^i}{i!}\)。
加法运算：同样是对应位置直接加。
乘法运算：设 \(a,b\) 的指数生成函数为 \(F(x),G(x)\)，项数分别为 \(n\) 和 \(m\)，\(F(x)\cdot G(x) = \sum_{i=0}^{n+m} \sum_{j=0}^i a_j b_{i-j} \frac{x^i}{j!(i-j)!} = \sum_{i=0}^{n+m} \sum_{j=0}^i \binom{i}{j} a_j b_{i-j} \frac{x^i}{i!}\)，也就是序列 \(c_i = \sum_{j=0}^i \binom{i}{j} a_j b_{i-j}\) 的生成函数。
OGF 一般是集合计数，而 EGF 一般是序列计数。
对于指数生成函数还有一种理解：序列 \(\frac{a_i}{i!}\) 的普通生成函数。我们知道，普通生成函数可以看成无序组合，把这个 \(\frac{a_i}{i!}\) 卷起来再第 \(n\) 项乘上 \(n!\)，也就是全排，但实际上每个部分内部的顺序已经确定，并不需要再排，应当去掉全排时导致增加的内部顺序，这个可以提前去掉，即 \(\frac{a_i}{i!}\)。
EGF 运算中同样经常使用封闭形式。
序列 \(1,1,1,\dots\) 的 EGF 是 \(\sum_i \frac{x^i}{i!} = e^x\)，可用泰勒展开，但我不会，所以就直接背了吧。
序列 \(1,c,c^2,c^3,\dots\) 的 EGF 是 \(\sum_i \frac{c^ix^i}{i!} = e^{cx}\)，类比上面的东西得到。
序列 \(1,0,1,0,1,\dots\) 的 EGF 是 \(\sum_i \frac{x^i}{i!} [i \bmod 2 = 0] = \frac{e^x+e^{-x}}{2}\)，即奇数项相抵消，偶数项算了两遍所以要乘 \(\frac{1}{2}\)；
序列 \(0,1,0,1,0,\dots\) 类比得到 \(\frac{e^x-e^{-x}}{2}\)。
考虑 Prufer 序列，可以用长度 \(n-2\) 的序列与 \(n\) 个点有标号无根树构成双射，且每个点在序列中出现的次数为 \(d_x -1\)（\(d\) 为度数）。
可以看成每个数放 \(0 \sim M-1\) 个，最终的序列有多少种可能。
使用 EGF，每个数的 EGF 是 \(F(x)= \sum_{i<M} \frac{x^i}{i!}\)，答案是 \((x-2)! [x^{n-2}] F^n(x)\)，多项式快速幂算一下即可。
即计数长度为 \(m\) 的操作序列，其中 \(1\sim l\) 出现奇数次，\(l+1\sim n\) 出现偶数次。
容易写出 EGF \(F(x)=(\sum_{i\bmod 2=1} \frac{x^i}{i!})^l (\sum_{i\bmod 2=0} \frac{x^i}{i!})^{n-l} = (\frac{e^x-e^{-x}}{2})^l(\frac{e^x+e^{-x}}{2})^{n-l}\)，然后答案就是 \(m![x^m]F(x)\)。
令 \(G(x)= (x-1)^l(x+1)^{n-l}\)，考虑通过求导法 \(G(x)\) 的系数 \(g\) 的递推式：
于是我们得到了递推式，\(g_0\) 和 \(g_1\) 容易自己算出来，剩下来的通过这个式子递推。
现在答案表示为 \(\frac{m!}{2^n} [x^m] e^{-nx} G(e^{2x})\)，令 \(H(x)=e^{-nx} G(e^{2x})\)，继续化简 \(G(x)\)：
现在答案已经是可以计算的形式了，带入计算即可。
由于 \(m\) 较大，算快速幂的时候 \(m\) 对 \(998244352\) 取模，这时候有个 corner case：\(0^0=1,0^{998244352}=0\)，需要特判。
奈绪可爱 qwq
观察到我们可以认为一个集合中的数，若出现 \(b\) 次，集合中的数为 \([l,r]\) 中的正整数，则和的期望是 \(b\cdot\frac{l+r}{2}\)。因为从小到大排序后，对称的数列显然，不对称的考虑将其翻转，再将每个数 \(x\) 变为 \(l+r-x\)，可以得到一个与它不同的序列，两个的平均值刚好为 \(b\cdot\frac{l+r}{2}\)。
由于求总和，考虑对每个集合分别计算，其选 \(i\) 个数时的和乘上剩余部分方案数，再求和。算方案数时，一个集合放 \(i\) 个数的方案有 \(\binom{i+a-1}{a-1}\) 中，多个集合背包即可。可以使用可撤销背包算贡献，做到 \(O(nk^2)\)，但这显然不能通过本题。
发现背包卷积的形式可以用 EGF 卷积表示，对于方案数，每个集合的 EGF 是 \(F_k(x)= \sum_{i=1}^{b_k} \frac{\binom{i+a_k-1}{a_k-1}x^i}{i!}\)，对于需要算贡献的集合的 EGF 是 \(G_k(x)= \sum_{i=1}^{b_k} \frac{avg_k\binom{i+a_k-1}{a_k-1}x^i}{i!}\)，其中 \(avg_k\) 即所有可能出现在第 \(k\) 集合中的数的平均数。
设 \(H(x) =\sum_{i=1}^n G_i(x) \prod_{j\neq i} F_j(x)\)，答案就是 \(\sum_{i=1}^m i![x^i]H(x)\)，只需求出 \(H(x)\) 的系数。
考虑分治，存每个区间的 \(F(x)\) 和 \(H(x)\)，合并时候 \(F(x)=F_l(x)F_r(x),H(x)=H_l(x)F_r(x)+F_l(x)H_r(x)\)，边界 \(l=r\) 时 \(F\) 就是这个集合的 \(F\)，\(H\) 是这个集合的 \(G\)。分治有 \(\log\) 层因此每个式子只会被乘 \(\log\) 次，时间复杂度 \(O(k\log^2 k)\)。
原题任意模数似乎还不那么好用多项式做，所以原题才是加强版（雾
每个数最多出现一次，数 \(k\) 的 EGF 是 \(F_k(x)=\frac{x^0}{0!}+\frac{kx^1}{1!} = kx+1\)，答案是 \(n! [x^n] \prod_{i=1}^k F_i(x) = n![x^n] G(x)\)。
看到这个乘积，考虑类似 P4389 地取 \(\ln\)，\(\ln(G(x))= \sum_{i=1}^k \ln(kx+1)\)。
现在如果能快速求出 \(\ln(G(x))\) 的各项系数，也就是快速求 \(\sum_{j=1}^k j^i\) 状物，再求 \(\exp\) 就可以得到 \(G(x)\)。
考虑写出上述东西的 EGF：
不难得到 \(H(x)\) 分子和分母的各项系数，对分母求逆再与分子乘起来即可得到 \(H(x)\) 的系数 \(h\)。但是注意到分母常数项为 0，不能求逆；注意到分子常数项也为 0，直接分子分母同除以 \(x\) 就行。求系数时别漏了 \(\frac{1}{i!}\)。
接下来得到 \(\ln(G(x))\)，再 \(\exp\) 得到 \(G(x)\)，即可得到答案。EGF 题别忘了乘 \(n!\)。
这题不难而且做法挺多，我只会最笨的那种。
考虑先计算钦定有 \(k\) 个 \(p_i<p_{i+1}\) 的位置的方案数 \(f_i\)，再通过二项式反演求出答案 \(g_i\)。
考虑钦定 \(k\) 个如上位置实际上等价于将排列划分为 \(n-k\) 段，每一段都上升。设排列 \(q\) 满足 \(q_{p_i}=i\)，这样的 \(p\) 和 \(q\) 显然是一一对应的，所以可以直接计数这样的 \(q\)。
考虑上面的限制对应到 \(q\) 上就是分成几组位置，组内保证有序。这是经典的 EGF 问题。一组的生成函数为 \(\sum_{i\geq 1} \frac{x^i}{i!}=e^x-1\)，而 \(f_{n-i}=n![x^n] (e^x-1)^i\)。
将其化成卷积形式一次 NTT 即可算出 \(f\)。
而二项式反演是众所周知的可以用 NTT 加速：
令 \(h_i= \frac{(-1)^{n-i}}{(n-i)!}\)，那么 \(g_i=\frac{1}{i!} [x^{n+i}] F(x)H(x)\)。
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