生成函数和多项式学习笔记。

举樽空对西江月，清光曾照苑中人。
沉沙铺了几场雪，折戟坍落覆忠魂。
莫叹歌钟高台立，一炬焦土皆做尘。
石崩木朽昔人尽，墟间一花探清晨。

——《怀古》

生成函数。

线性递推

先引入线性递推问题：

\[f_n=\sum_{i=1}^ka_if_{n-i}+b_n \]

其中 \(f_i=0(i<0)\)，\(b_i\) 只有前 \(n_0\) 项有值（\(n_0<k\)），我们可以 \(O(k^3\log n)\) 矩阵快速幂算出来它。我们不关注它的细节因为我们只是为了引出生成函数。

我们把 \(f_n\) 移到右边，然后把 \(a_0\) 取相反数，有

\[\sum_{i=0}^k a_if_{n-i}+b_n=0 \]

如果我们让 \(a_i=0(i>k)\)，那么我们还有

\[\sum_{i=0}^n a_if_{n-i}+b_n=0 \]

然后我们可以记

\[A(z)=\sum_{i=0}^ka_iz^i,F(z)=\sum_{i=0}^\infin f_iz^i,B(z)=\sum_{i=0}^{n_0}b_iz^i \]

那我们的上式可以记为 \(AF+B=0\)。我们发现把数列写成这种形式可以把不太会的数列加、卷积变成我们熟悉且性质比较好的多项式加、乘。

形式幂级数

我们经常将 \(F(z)\) 简写为 \(F\)。

\(F=\sum\limits_{i=0}^\infin f_iz^i\) 并非是一个多项式，因为它有无穷项。我们把可以有无穷项的多项式叫做幂级数。

我们将用到的是形式幂级数，它和普通幂级数的区别在于：当我们比较两个幂级数的时候，相等的定义是在每个位置的取值都相等；当我们比较两个形式幂级数的时候，相等的定义是每项的系数都相等。

\([z^i]F\) 表示 \(F\) 中 \(z^i\) 项的系数。

举个例子：
前置：我们知道在一些情况下 \(\frac{1}{1-z}=\sum\limits_{i=0}^\infin z^i\)。

函数 \(\frac{1-z}{1-z}\) 不等于任何普通幂级数，因为它在除了 \(1\) 外位置的取值都为 \(1\)，而在 \(1\) 位置的取值未定义，所以它不等于 \(1\)。但是形式幂级数 \(\frac{1-z}{1-z}\) 等于 \(1\)，因为 \(1-z\) 在形式幂级数意义下存在乘法逆，而此时它的系数仅在 \(0\) 次项为 \(1\)，其余项为 \(0\)，与 \(1\) 完全相等。

求逆

二者的区别在于，递推一次可以求出前 \(n\) 项，复杂度和 \(n\) 有关，部分分式一次可以求出第 \(n\) 项，复杂度和 \(n\) 无关。

递推

如何求 \(F=\frac{P}{Q}\)？令 \(F\) 的 \(i\) 项系数为 \(f_i\)，把原式变形为 \(FQ=P\)，提取系数得 \([z^0]FQ=[z^0]P\)，即 \(f_0q_0=p_0\)，我们也知道了 \(Q\) 存在逆的充分条件是 \(q_0\) 非 \(0\)。假设我们知道了前 \(n-1\) 次项并考虑 \(n\) 次项，\([z^n]FQ=[z^n]P=\sum\limits_{i+j=n} f_iq_j=p_n\)，其中涉及的部分只有 \(f_n\) 我们不知道，解方程即可。因为最后它取值的分母是 \(q_0\)，并且此外这个式子通用，所以上面那个充分条件同时必要。

部分分式

从另一个角度考虑如何求 \(F=\frac{P}{Q}\)。
当 \(Q=(1-az)^k\) 的时候，\((\frac{1}{(1-az)})^k=(1-az)^{-k}\)，用牛顿二项式定理分解它：

\[\begin{aligned} (1-az)^{-k}&=\sum_{i=0}^\infty(\binom{-k}{i}(-az)^i)\\ &=\sum_{i=0}^\infty((-1)^i\binom{k+i-1}{i}(-1)^i(az)^i)\\ &=\sum_{i=0}^\infty(\binom{k+i-1}{i}a^iz^i)\\ \end{aligned} \]

于是我们知道了其第 \(i\) 项系数，要求 \(F\) 的第 \(x\) 项系数只取前 \(x\) 项并多项式乘法即可。

设 \(Q=d\prod\limits_i(1-a_iz)^{k_i}\)，然后我们不妨令 \(P,Q\) 同时除掉 \(d\)，再让 \(P\) 减去可以被整除的部分，即我们把它作一个长除法求出 \(P\bmod Q\)，后面加上商项即可。

问题变成了求 \(\frac{P\bmod Q}Q\)，我们观察 \(P\bmod Q\) 能不能变换一个形式，我们可以套用 crt，求出每个 \(P\bmod Q\bmod (1-a_iz)^{k_i}\)（根据取模的性质我们知道它就是 \(P\bmod (1-a_iz)^{k_i}\)），再用多项式下的 crt 合并，因为 \((1-a_iz)^{k_i}\) 两两互质，所以最后合并的结果就是 \(P\bmod Q\bmod Q=P\bmod Q\)。

但是这时候我们还要求一个 \(\bmod (1-a_iz)^{k_i}\) 意义下的逆，因为我们会求 \(\frac{P}{Q}\bmod z^{k_i}\)（取模就是直接砍掉后面的系数，所以前面考虑 \(O(k^2)\) 线性递推），换元令 \(x=(1-a_iz)\) 求完再换回去即可。

然后我们合并出来的形式就是：

\[\begin{aligned} P\bmod Q&=\sum_{i}((\frac{P}{\prod_{j\not=i}(1-a_jz)^{k_j}}\bmod (1-a_iz)^{k_i})\prod_{j\neq i}(1-a_jz)^{k_j})\\ \frac{P\bmod Q}Q&=\sum_{i}\frac{\frac{P}{\prod_{j\neq i}(1-a_jz)^{k_j}}\bmod (1-a_iz)^{k_i}}{(1-a_iz)^{k_i}} \end{aligned}\]

分子和分母的逆我们都会求系数，于是我们解决了这个问题。

多项式方程

卡特兰数

卡特兰数 \(C_n\) 的意义之一是 \(n\) 个点无标号有根二叉树的个数，区分左右儿子。
我们观察那个卡特兰数很优美的式子：\(C_n=[n=0]+\sum\limits_{i=0}^{n-1} C_iC_{n-i-1}\)。它的组合意义是枚举 \(i\) 为左子树的节点个数。

尝试把它写成生成函数 \(C(z)\) 的形式，先从原式开始：

\[\begin{aligned}[z^n]C&=[n=0]+\sum_{i=0}^{n-1} [z^i]C[z^{n-i-1}]C\\ [z^n]C&=[n=0]+\sum_{i=0}^{n-1} [z^i]C[z^{n-i}](zC)\\ [z^n]C&=[n=0]+\sum_{i=0}^{n} [z^i]C[z^{n-i}](zC)\\ C&=zC^2+1 \end{aligned}\]

现在我们得到了一个 \(C\) 的多项式方程。怎么求 \(C\) 的形式呢？我们尝试套用实数的一元二次方程求根公式：\(C=\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}\)。

直接套用伟大的牛顿二项式定理：

\[(1+x)^\alpha=\sum_{k=0}^\infin\binom{\alpha}{k}x^k \]

其中 \(x=-4z,\alpha=0.5\)。
你问我怎么证？牛顿也不会。

\[\begin{aligned} (1+x)^{\frac{1}{2}}&=\sum_{k=0}^\infin\binom{\frac{1}{2}}{k}x^k\\ &=\sum_{k=0}^\infin x^k\frac1{k!}\prod_{i=0}^{k-1}(\frac12-i)\\ &=\sum_{k=0}^\infin x^k\frac1{k!}(-1)^k(\frac12)^k\prod_{i=0}^{k-1}(2i-1)\\ &=\sum_{k=0}^\infin x^k\frac1{k!}(-1)^k(\frac12)^k\frac{-\prod_{i=1}^{2k-3}i}{\prod_{i=1}^{k-2}2i}\\ &=\sum_{k=0}^\infin x^k\frac1{k!}(-1)^k(\frac12)^k\frac{-(2k-3)!}{2^{k-2}(k-2)!}\\ &=\sum_{k=0}^\infin x^k\frac1{k}(-1)^{k+1}(\frac12)^k\binom{2k-3}{k-2}\frac{1}{2^{k-2}}\\ &=\sum_{k=0}^\infin x^k\frac1{k}(-1)^{k+1}(\frac12)^{2k-2}\binom{2k-3}{k-2}\\ &=\sum_{k=0}^\infin x^k\frac{(-1)^{k+1}}{2^{2k-2}k}\binom{2k-3}{k-2}\\ &=\sum_{k=0}^\infin (-4z)^k\frac{(-1)^{k+1}}{2^{2k-2}k}\binom{2k-3}{k-2}\\ &=\sum_{k=0}^\infin -4z^k\frac{1}{k}\binom{2k-3}{k-2}\\ &=1-4\sum_{k=1}^\infin z^k\frac{1}{k}\binom{2k-3}{k-2} \end{aligned}\]

把它代回去，\(1-\sqrt{1-4z}=4\sum_{k=1}^\infin z^k\frac{1}{k}\binom{2k-3}{k-2}\)。再除以 \(2z\) 得到 \(\sum_{k=0}^\infin z^{k}2\frac{1}{k+1}\binom{2k-1}{k}=\sum_{k=0}^\infin z^{k}\frac{1}{k+1}\binom{2k}{k}\) 于是我们得到了 \(C\) 的通项。

egf

我们考虑令 \(f_n\) 表示 \(n\) 个点，不区分儿子顺序的有标号有根树个数，于是：

\[f_n=n!\sum\limits_{s_1+\cdots+s_m=n-1}\frac{1}{m!}\prod_i\frac{f_{s_i}}{s_i!} \]

我们考察 \(\frac{f_n}{n!}\) 的生成函数 \(F\)：

\[F=z\sum_m \frac{F^m}{m!} \]

我们称这种考察的形式为 egf。

我们发现后面那个东西和 \(\exp\) 的泰勒展开长得一样啊，这启发我们定义 \(\exp z=\sum\limits_{i=0}^\infty\frac{z^i}{i!}\)。

它的重要性质是，\(\exp\) 的导数等于自己。

怎么定义导数？模仿多项式函数求导：

\[\frac{\mathrm d}{\mathrm dz}(\sum_{i=0}^\infty a_iz^i)=\sum_{i=0}^\infty (i+1)a_{i+1}z^i \]

怎么定义积分？模仿多项式函数积分：

\[\int_0^z\sum_{i=0}^\infty a_iz^i\mathrm dz=\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{i}a_{i-1}z^i \]

• 为什么上下界长这样？因为它不定积分在 \(z\) 处的取值多了个 \(C\)，而在 \(0\) 处只有 \(C\)。

根据上面的例子我们可以得知，如果 \(F\) 是一类有标号组合对象的 \(egf\)，那 \(\exp F\) 的组合意义是，把若干个大小任意的 \(F\) 以不区分顺序的方式有标号得凑到一起，其中每个 \(F\) 的标号个数必须等于其对应组合对象的大小。

根据上面的组合意义，我们发现当 \([z^0]F\neq 0\)，时 \(\exp F\) 的性质很差，所以我们希望 \(F\) 的常数项为 \(0\)，用代数说明就是考虑 \(\exp F\) 的常数项，它的值是 \(e^{[z^0]F}\)，当 \([z^0]F\neq0\) 会很难办，但是我也不会严谨说明！！！

根据 \((\exp F)^\prime=F^\prime\exp^\prime F=F^\prime\exp F\) 递推可以求出 \(\exp F\) 的前若干项系数。

考虑当我们已经知道 \(\exp F\) 的前 \(n\) 项：\([z^n](\exp F)^\prime=[z^n](F^\prime\exp F)\)，\([z^n](\exp F)^\prime=(n+1)[z^{n+1}]\exp F\)，又因为 \([z^n](F^\prime\exp F)\) 只需要我们知道 \(\exp F\) 的前 \(n\) 项，因此我们可以直接推出来。边界情况是根据展开式得到 \([z^0]\exp F=1\)。

未完。