生成函数

生成函数

普通生成函数(OGF)

定义

对于一类对象构成的集合 \(A\) ，若满足

• 对于每个元素 \(a\in A\) ，定义非负整数 \(|a|\) 为元素 \(a\) 的“大小”或“权值”
• 对于给定的 \(n\) ，大小为 \(n\) 的元素的个数是有限的（但 \(A\) 可以是无限集），其对应的元素个数记为 \(A_n\)

我们定义 \(A(x)=\sum\limits_{n\ge 0}A_nx^n\) 为 集合 \(A\) 的普通生成函数。

注意这里的 \(A(x)\) 认为是一个形式幂级数，在 \(\bmod x^n\) 以及系数 \(\bmod P\) 的意义下运算

基本运算

设有两个集合 \(A,B\) 。

定义它们的不交并为 \(C\) ，则 \(C(x)=A(x)+B(x)\)

通俗点其实就是把它们的元素原来是什么样还是什么样塞到 \(C\) 里面

定义两个集合的笛卡尔积为 \(D\) ，则 \(D=A*B\)，这里指卷积。

意思是对于 \(a\in A,b\in B\)，我们有 \(d=a+b,|d|=|a|+|b|\) （这里前面可以简单的理解成定义了元素的并 \(b\) ）

序列OGF

对于一类对象构成的集合 \(A\)，定义 \(\mathbf {SEQ}(A)\) 是由 \(A\) 的元素排列而成的序列组成的集合，对于其中某一个长度为 \(n\) 的序列，可以看作是 \(n\) 个 \(A\) 进行笛卡尔积的结果。

例如 \(A=\{0,1\}\) 即字符 \(0,1\) 构成的二元集，则 \(\mathbf {SEQ(A)}\) 表示所有的 \(01\) 字符串。

例如 \(A=\mathbb Z^+\) 即正整数集，则 \(\mathbf {SEQ} (A)\) 表示正整数序列。

对于 \(\mathbf {SEQ}(A)\) 中的一个元素 \((a_1,a_2,\dots)\) ，定义其大小为\(|a_1|+|a_2|+\dots\) ，那么显然有序列 \(\mathbf{SEQ} (A)\) 的 \(OGF\) 为 \(\mathbf {SEQ} (A)=1+A+A^2+\dots=\frac{1}{1-A}\)

下面给出用 序列OGF 进行数数的例子

若 \(A=\{0,1\}\) 即字符 \(0,1\) 构成的二元集

• 我们定义所有元素的大小为 \(1\) ，则 \(A\) 的生成函数为 \(A(x)=2x\)

则 \(\mathbf {SEQ} (A)\) 的生成函数为 \(1+2x+4x^2+8x^3+\dots\) ，其系数表示长度为 \(i\) 的序列的个数

我们也可以定义元素 \(i\) 的大小为 \(|i|\) ，则序列 \(A\) 的生成函数为 \(A(x)=1+x\)

则 \(\mathbf {SEQ} (A)\) 的生成函数为 \(1+(1+x)+(1+x)^2+(1+x)^3+\dots\) ，其系数表示有 \(i\) 个元素 \(1\)的序列 的个数

若 \(A=\mathbb Z^+\) 即正整数集

• 定义元素 \(i\) 的大小为 \(|i|\) ，则 \(A\) 的生成函数为 \(A(x)=\sum\limits_{i\ge 1}x^i=\frac{x}{1-x}\)

则 \(\mathbf {SEQ}(A)\) 的生成函数为 \(\frac{1}{1-A}=1+x+2x^2+4x^3+8x^4+\dots\)，其系数实际上表示的是正整数的有序拆分数。

常见数列的 OGF

\[\begin{aligned} &<1,0,0,\dots>\Rightarrow A(x)=1\\ &<1,1,1,\dots>\Rightarrow A(x)=1+x+x^2+\dots=\frac{1}{1-x}\\ &<1,-1,1,\dots>\Rightarrow A(x)=1-x+x^2-\dots=\frac{1}{(1+x)}\\ &<1,2,3,\dots>\Rightarrow A(x)=1+2x+3x^2+\dots=(1+x+x^2+\dots)^2=\frac{1}{(1-x)^2}\\ \end{aligned} \]

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指数生成函数(EGF)

定义

对于一类带标号对象构成的集合 \(A\) ，若满足 \(OGF\) 的两个要求

我们定义 \(A(x)=\sum\limits_{n\ge 0}\frac{A_n}{n!}x^n\) 为集合 \(A\) 的指数生成函数。

带标号对象是为了合并两个带标号集合。当两个大小分别为 \(n,m\) 的带标号集合进行合并时，需要重新进行标号，并保留在原集合的相对标号，其方案数为 \(\binom{n+m}{m}\)

基本运算

同 \(OGF\) ，但笛卡尔积合并的是两个带标号集合。

序列EGF

对于一类带标号对象构成的集合 \(A\)，定义 \(\mathbf {SEQ}(A)\) 是由 \(A\) 的元素排成的序列组成的集合且进行保序重标号，其余与 \(OGF\) 类似。

集合EGF

对于一类带标号对象构成的集合 \(A\)，定义 \(\mathbf{SET}(A)\) 是由 \(A\) 的子集组成的集合且进行保序重标号。但由于 \(A\) 的子集互相间是无序的，所有有 \(\mathbf{SET}(A)=1+A+\frac{A^2}{2!}+\frac{A^3}{3!}+\dots=e^A\)

下面给出用 集合EGF 进行数数的例子

若 \(G\) 为所有带标号简单无向图构成的集合

• 定义每个图的大小为它的点数，则 \(G\) 的生成函数为 \(\sum\limits_{n\ge 0} \frac{2^{\binom{n}{2}}}{n!}x^i\)

若 \(G^+\) 为所有简单无向连通图构成的集合

• 定义每个图的大小为它的点数，则有 \(G=\mathbf{SET} (G^+)=e^{G^+}\)

所以有 \(G^+=\ln G\)

若 \(T\) 为所有带标号树构成的集合

• 定义每个图的大小为它的点数，则 \(T\) 的生成函数为 \(\sum\limits_{n\ge 0}\frac{n^{n-2}}{n!}x^i\)

设 \(F\) 为所以带标号森林构成的集合

• 定义每个图的大小为它的点数，则有 \(F=e^T\)

常见数列的 EGF

\[\begin{aligned} <1,1,1,\dots>&\Rightarrow A(x)=1+x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}+\dots=e^x\\ <0,1,2,\dots>&\Rightarrow A(x)=x+x^2+\frac{x^3}{2}+\frac{x^4}{6}+\dots=xe^x\\ <1,c,c^2\dots>&\Rightarrow A(x)=x+cx+\frac{c^2x^2}{2}+\frac{c^3x^3}{6}+\dots=e^{cx}\\ \end{aligned} \]

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常见数列与生成函数

Fibonacci 数列

设 Fib 数列 \(<1,1,2,3,5,\dots>\) 的 OGF 为 \(F(x)\)

\[\begin{aligned} F(x)=&1+x+2x^2+3x^3+5x^4+\dots\\ =&1+x(1+2x+3x^2+5x^3+\dots)\\ =&1+x(1+x+2x^2+3x^3+\dotsc+x(1+x+2x^2+\dots))\\ =&1+xF(x)+x^2F(x)\\ \end{aligned} \]

化简后得

\[F(x)=\frac{1}{1-x-x^2} \]

然后可以在 \(O(n\log n)\) 的复杂度求解 Fib 辣

这个没什么用，如果有兴趣可以把这个式子展开推一下通项。

Catalan 数列

设 Cat 数列 \(<1,2,5,14,42,\dots>\) 的 OGF 为 \(C(x)\)

我们知道 Cat 可以描述一个 \(n\) 个点构成的不同形态的二叉树个数，因此存在递推公式 \(c_n=\sum\limits_{0\le i< n}c_ic_{n-i-1}\)

因此有

\[\begin{aligned} C(x)&=\sum_{n\ge 0}c_nx^n\\ &=\sum_{n\ge 0}([n=0]+\sum_{0\le i\le n-1}c_ic_{n-i-1})x^n\\ &=1+x\sum_{n\ge 1}\sum_{0\le i\le n-1}c_ic_{n-i-1}x^{n-1}\\ &=1+xC(x)^2 \end{aligned} \]

化简得

\[C(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x} \]

考虑代入 \(C(0)=1\) 得到正负号（这是通用方法）

这个其实也没啥用，因为我们有 \(O(n)\) 求解卡特兰数的方法，可以展开生成函数求得通项

\[C(x)=\sum_{n\ge 0}\frac{(2n)!}{[n!(n+1)!]}x^n \]

Bell 数

Bell 数 \(w_n\) 表示将大小为 \(n\) 的集合分割成若干个非空不相交子集的方案数，定义 \(w_0=1\)

考虑枚举第一个元素所在的子集大小进行递推，有

\[w_n=\sum_{1\le i \le n-1}\binom{n-1}{i-1}w_{n-i} \]

设其的 EGF 为 \(B(x)\)

\[\begin{aligned} B(x)=&\sum_{n\ge 0}\frac{w_n}{n!}x^n\\ =&1+\sum_{n\ge 1}(\sum_{1\le i\le n}\binom{n-1}{i-1}w_{n-i})\frac{1}{n!}x^n\\ =&1+\sum_{n\ge 1}(\sum_{1\le i\le n}\frac{w_{n-i}}{(n-i)!}\frac{x^n}{(i-1)!n})\\ =&1+\sum_{n\ge 1}(\sum_{0\le i <n}\frac{w_i}{i!}\frac{x^n}{(n-i-1)!n})\\ =&1+\sum_{i\ge 0}\frac{w_i}{i!}\sum_{n>i}\frac{x^n}{(n-i-1)!n}\\ \end{aligned} \]

考虑到右边分母的 \(n\) 不友好，那么进行求导

\[\begin{aligned} B(x)'&=\sum_{i\ge 0}\frac{w_i}{i!}\sum_{n>i}\frac{x^{n-1}}{(n-i-1)!}\\ &=\sum_{i\ge 0}\frac{w_i}{i!}\sum_{n\ge 0}\frac{x^{n+i}}{n!}\\ &=\sum_{i\ge 0}\frac{w_i}{i!}x^ie^x\\ &=B(x)e^x \end{aligned} \]

下面求解微分方程

\[\begin{aligned} &\frac{B(x)'}{B(x)}=e^x\\ &\int \frac{B(x)'}{B(x)} \mathbb dB(x)=\int e^x \mathbb dx\\ &\ln(B(x))=e^x+C\\ &B(x)=e^{e^x+C} \end{aligned} \]

代入 \(B(0)=1\) 可以得到常数 \(C=-1\)

因此 \(B(x)=e^{e^x-1}\)

当然，也可以直接简单粗暴的用组合意义来说明 Bell 数的 EGF，设 \(A(x)\) 表示 \(n\) 个数组成一个非空集合的方案数

那么 \(A(x)=x+\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3!}+\dots=e^x-1\)

然后我们可以发现 \(B(x)=\mathbf {SET}(A)=e^{e^x-1}\)

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有向无环图计数

给定正整数 \(n\) ，求恰好有 \(n\) 个点的带标号有向无环图的个数

有向无环图 (DAG) 指的是一个无回路的有向图

设 \(f_i\) 为 \(i\) 个点有向无环图个数，一个简单的想法是枚举入度为 \(0\) 的点的大小

\[f_i=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}2^{i(n-i)}f_{n-i} \]

注意到这时候我们实际上枚举的是至少有 \(i\) 个入度为 \(0\) 的点的大小，所以需要加上容斥系数

\[f_i=\sum_{i=1}^n\binom{n}{i}2^{i(n-i)}f_{n-i}(-1)^{i-1} \]

考虑到利用生成函数，我们需要凑出关于多项式方程，构造左边有 \(n\) ，右边有 \(n-i\) 的项放到 \(f(i)\) 上，具体的

\[\begin{aligned} &\frac{f_n}{n!}=\sum_{i=1}^n\frac{f_{n-i}}{(n-i)!}(\sqrt2)^{n^2-i^2-(n-i)^2}\frac{(-1)^{i-1}}{i!}\\ &\frac{f_n}{n!\sqrt2^{n^2}}=\sum_{i=1}^n\frac{f_{n-i}}{(n-i)!\sqrt2^{(n-i)^2}}\frac{1}{\sqrt2^{i^2}} \end{aligned} \]

令

\[F(x)=\sum_{i\ge0}\frac{f_i}{i!\sqrt2^{n^2}}x^i,G(i)=\sum_{i\ge0}\frac{(-1)^{i-1}}{\sqrt2^{i^2}}x^i \]

可以得到 \(F=FG+1\) ，即 \(F=\frac{1}{G-1}\)

\(2\bmod p\) 的二次剩余可以一开始暴力 \(O(mod)\) 求得

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边双连通图计数

给定正整数 \(n\) ，求恰好有 \(n\) 个有标号点的边双连通图的个数。

边双联通图是一个不存在桥的无向连通图

设 \(n\) 个点的边双联通图的数量为 \(b_n\) ，生成函数为 \(B(x)\) ，\(n\) 个点的有根联通图的数量为 \(c_n\) ，生成函数为 \(C(x)\)

显然有根联通图的生成函数 \(C\) 可以通过一般联通图求解

对于任意有根连通图，进行边双连通分量缩点以后可以得到一棵树，不妨设原图的根节点所在的连通分量就是树的根节点，且这个连通分量的大小为 \(n\) ，则此联通分量对应的生成函数为 \(\frac{b_{n}x^n}{n!}\)

然后根所在联通分量连接出去的其他边，边的另一端是一个联通图，将与这个边直接相连的点视为联通图的根，则这个联通图是一个有根联通图，由于边在原图根节点所在双连通分量的大小为 \(n\) ，且都可以作为边的一个端点，因此连出去的有根联通图的生成函数为 \(nC(x)\)

与根相连的边可以自由的存在，本质上是一个 \(\mathbf{SET}\) ，因此所有与边相连的连通图的生成函数为 \(e^{nC(x)}\)

然后我们就可以建立 \(B\) 与 \(C\) 的关系了，枚举根双连通块的大小，有

\[C(x)=\sum_{n\ge 1}b_ne^{nC(n)}x^n \]

因此

\[C(x)=B(xe^{c(x)}) \]

设 \(D(x)=xe^{c(x)}\) ，\(D^{-1}(x)\) 的为其的复合逆

关于复合逆，回顾一下拉格朗日反演

若 \(G(F(x))=F(G(x))=x\) ，则 \(G\) 与 \(F\) 互为复合逆，由拉格朗日反演，我们有

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

因此

\[B(x)=C(D^{-1}(x)) \]

求出 \(C\) 即可套用拉格朗日反演求出 \(B\) 某一项的值

来源：https://www.cnblogs.com/butterflydew/p/11038342.html