生成函数（TBC）

生成函数

生成函数 (Generating Function) 的应用简单来说在于研究未知（通项）数列规律，用这种方法在给出递推式的情况下求出数列的通项。

对于一个数列 $a$，称$f(x)=\sum_{i=0}^{n}{a_ix^i}$是数列 $a$ 的 普通生成函数 (OGF)，$g(x)=\sum_{i=0}^{n}{a_i\times\frac{x^i}{i!}}$是数列 $a$ 的 指数生成函数 (EGF)。

我们总是认为生成函数是收敛的。

本局对战的剩余时间内，所有未加上标的求和符号，上标均为 $∞$。

常见的普通生成函数

1. $\forall n\in\N^*$ 有$\sum_{i=0}^{n}{x^i}=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$

证明： 设 $S=\sum_{i=0}^{n}{x^i}$则$xS=\sum_{i=1}^{n+1}{x^i}$所以$\begin{aligned}(x-1)S&=x^{n+1}-1\\ S&=\frac{x^{n+1}-1}{x-1}\\ &=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\end{aligned}$
得证。

2. $\sum_{i=0}^{}{x^i}=\frac{1}{1-x}$

证明： 设$S=\sum_{i=0}{x^i}$则$xS=\sum_{i=1}{x^i}$所以$\begin{aligned}(1-x)S&=1\\ S&=\frac{1}{1-x}\end{aligned}$
得证。

3. $\sum_{i=0}^{}{(i+1)x^i}=(\sum_{i=0}^{}{x^i})^2=\frac{1}{(1-x)^2}$

证明： 先证明 $\forall n\in\N^*$ 有 $(\sum_{i=0}^{n}{x^i})^2=(\sum_{i=0}^{n}{(i+1)x^i})+S\quad...(*)$其中 $S=(\sum_{i=0}^{n-1}{(n-i)x^{n+i+1}})$

设$f(x)=\sum_{i=0}{x^i}$ $[x^n]f(n)$ 表示多项式 $f(n)$ 中 $x^n$ 项之系数。则$\begin{aligned}(\sum_{i=0}^{n}{x^i})^2&=(\sum_{i=0}^{n}{x^i})·(\sum_{i=0}^{n}{x^i})\\ &=[\sum_{i=0}^{n}·(\sum_{j,i-j\in[0,i]}{[x^j][x^{i-j}]})·x^i]+S\quad...(1)\end{aligned}$
因为 $i\leq n$，所以有且仅有 $i+1$ 个 $j\in[0,n]$ 使 $j,i-j\in[0,i]$。

所以$\begin{aligned}(\sum_{i=0}^{n}{x^i})^2&=[\sum_{i=0}^{n}{(i+1)x^i}]+S\end{aligned}$
$(*)$ 式得证。
令 $n\rightarrow\infty$ 使原命题得证。

4. $\sum_{i=0}^{}{(-x)^i}=\frac{1}{1+x}$

证明： 令 $x=-x$ 并将原式代入 命题2 即可。

5. $\forall m\in\N^*$ 有 $\frac{1}{(1-x)^m}=\sum_{n=0}^{}{C_{n+m-1}^{m-1}x^n}$

证明： 易知 $\forall m\in\N^*$ 有 $(\sum_{i=0}^{m}{x^i})^m=\frac{1}{(1-x)^m}$

推广 $(1)$ 式，得$(\sum_{i=0}^{n}{x^i})^m=[\sum_{i=0}^{n}·(\sum_{\{a_j\}\in[0,n],j\in[1,m],\sum{a_j}=i}{\prod_{k=0}^{j}{[x^{a_k}]}})]+S$
而 $\forall j,k$ 都有 $[a_j^k]=1$，所以只需证明 有且仅有 $C_{i+m-1}^{m-1}$ 组 $\{a_i\}$ 使 $\sum a_j=i$。

考虑连续的一行 $i$ 个小球，你需要在 $m-1$ 组相邻两个球之间各放一个隔板，将这 $i$ 个小球分成 $m$ 份（第 $j$ 份即为 $a_j$）。因为 $a_j$ 可能为零，也就是说隔板可能重叠。所以方案数为 $C_{i+m-1}^{m-1}$。这样我们就证明了有且仅有 $C_{i+m-1}^{m-1}$ 组 $\{a_i\}$ 使 $\sum a_j=i$。原命题得证。

例 1

今有 $a$ 个 $1$ 元硬币，$b$ 个 $2$ 元硬币，$c$ 个 $5$ 元硬币。求一个最小的、不能用这些硬币拼出的面值。$1\leq a,b,c\leq 10^3$。


设 $\begin{aligned}f(x)&=\sum_{i=0}^{a}{x^i}\\ g(x)&=\sum_{i=0}^{b}{x^{2i}}\\ h(x)&=\sum_{i=0}^{c}{x^{5i}}\end{aligned}$则 $f(x)*g(x)*h(x)$ 各个位的系数就表示拼出这个面值的方案数，答案就是这个卷积的系数为零的最低位。

例 2

今有 A、B 两个超市，价格为 $i$ 的商品各有 $i$ 件。求从两个超市各买一个商品，恰好花 $n$ 元的方案数。


生成函数$\begin{aligned}f(x)&=(\sum_{i=1}{ix^i})^2\\ &=x^2·(\sum_{i=0}{(i+1)x^i})^2\\ &=\frac{x^2}{(1-x)^4}\\ &=x^2·\sum_{i=0}{C_{i+3}^{3}{x^i}}\end{aligned}$

所以，$[x^{n-2}](\sum_{i=0}{C_{i+3}^{3}{x^i}})=C_{n+1}^{3}$。此即为答案。

例 3

求函数$f(x)=\sum_{i=0}{i^2x^i}$的生成函数。


由 $\forall n\in\N^*$ 的 $n^2=\sum_{i=1}^{n}{(2i-1)}$得
$\begin{aligned}f(x)&=\sum_{i=0}{i^2x^i}\\ &=\sum_{i=1}\sum_{j=i}(2i-1)x^j\\ &=\sum_{i=1}\sum_{j=i+1}(2i-1)x^j+[\sum_{i=1}(2i-1)x^i]\\ &=\sum_{i=1}\sum_{j=i+1}(2i-1)x^j+[2\times\frac{x}{(1-x)^2}-\frac{1}{1-x}+1]\end{aligned}$
设$\begin{aligned}S&=2\times\frac{x}{(1-x)^2}-\frac{1}{1-x}+1\\ &=\frac{x^2+x}{(1-x)^2}\end{aligned}$则$\begin{aligned}f(x)&=\sum_{i=1}\sum_{j=i+1}(2i-1)x^j+S\\ &=\sum_{i=1}(2i-1)(\sum_{j=1}x^j-\sum_{j=1}^{i}x^j)+S\\ &=\sum_{i=1}(2i-1)(\frac{1}{1-x}-1-\frac{x^{i+1}-x}{x-1})+S\\ &=\sum_{i=1}(2i-1)·\frac{x^{i+1}}{1-x}+S\\ &=\frac{1}{1-x}(2\times\sum_{i=1}i·x^{i+1}-\sum_{i=1}x^{i+1})+S\end{aligned}$
而$\begin{aligned}\sum_{i=1}{i·x^{i+1}}&=\sum_{i=1}{(i+1)·x^i}-2\sum_{i=1}x^i\\ &=\frac{1}{(1-x)^2}-1-2\times\frac{x}{1-x}\\ &=\frac{x^2}{(1-x)^2}\\ \sum_{i=1}x^{i+1}&=\frac{1}{1-x}-1-x\\ &=\frac{x^2}{1-x}\end{aligned}$
所以$\begin{aligned}f(x)&=\frac{1}{1-x}(2\times\frac{x^2}{(1-x)^2}-\frac{x^2}{1-x})+S\\ &=\frac{x^2+x}{(1-x)^3}\end{aligned}$

Catalan （卡特兰）数

令 $h(0)=0,h(1)=1,\\ h(n)=\sum_{i=0}^{n-1}{h(i)·h(n-i-1)}\quad(n\geq2)$则 $h$ 是 Catalan 数。

尝试用生成函数推导 Catalan 数的通项公式。

设 $h(x)$ 的生成函数为 $f(x)$。则$\begin{aligned}f(x)&=\sum_{i=0}{(\sum_{j=0}f(j)·f(i-j-1))x^i}+1\\ &=1+x\sum_{i=0}{\sum_{j=0}^{i-1}{f(j)·f(i-j-1)x^{n-1}}}\\ &=1+x·f^2(x)\end{aligned}$
也就是说$f(x)=1+x·f^2(x)$$f(x)=\frac{1±\sqrt{1-4x}}{2x}$由 $f(0)=1$ 舍去＋号，所以$f(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}$
因为 $\sqrt{1-4x}=(1-4x)^{\frac12}$，由 广义二项式定理 得$\sqrt{1-4x}=\sum_{i=0}{C_{i}^{\frac12}(-4x)^i}$
而$\begin{aligned}C_{n}^{\frac12}&=\frac{\frac12(\frac12-1)···(\frac12-n+1)}{n!}\\ &=(-1)^{n-1}\times\frac{1\times1\times3\times···\times(2n-3)}{2^nn!}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}n!(n-1)!}\\ \sqrt{1-4x}&=-2\sum_{i=0}{\frac{(2i-2)!}{i!(i-1)!}x^i}\\ f(x)&=\sum_{i=0}{\frac{(2i)!}{i!(i+1)!}x^i}\end{aligned}$
所以$h(n)=\frac{(2n)!}{n!(n+1)!}$

常见的指数生成函数

1. $\sum_{i=0}{\frac{x^i}{i!}}=e^x$
2. 偶数项求和。$\sum_{i=0}{\frac{x^{2i}}{(2i)!}}=\frac{e^x+e^{-x}}2$
3. 奇数项求和。$\sum_{i=0}{\frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!}}=\frac{e^x-e^{-x}}2$

可以发现，它们与 OGF 最大的区别在于阶乘。所以，EGF 常用于解决与排列有关的问题。

例 4

用 $1,2,3,4$ 给 $n$ 个方块染色，求 $1,2$ 颜色染的方块数为偶数的方案数。

写出 $1,2$ 的生成函数$f(x)=\sum_{i=0}{\frac{x^{2i}}{(2i)!}}$
$3,4$ 的生成函数$g(x)=\sum_{i=0}{\frac{x^i}{i!}}$
则$\begin{aligned}h(x)&=f^2(x)*g^2(x)\\ &=(\sum_{i=0}{\frac{x^{2i}}{(2i)!}})^2·(\sum_{i=0}{\frac{x^i}{i!}})^2\\ &=(\frac{e^x+e^{-x}}2)^2·e^{2x}\\ &=\frac{e^{4x}+2e^{2x}+1}4\\ &=\frac14+\sum_{i=0}(\frac{4^i+2^{n+1}}4)\frac{x^{i}}{i!}\end{aligned}$
所以$[x^n]h(x)=\frac{4^n+2^{n+1}}4$
（To Be Continued）