今天是生成函数了。 。。。 是我学的最难的多项式部分了。 其实我也可以说是现学现卖，学的不好讲的不好大家见谅。 我之前讲的大部分东西都可以和生成函数相结合。 生成函数分成三种。 我们一个一个来。
1.普通型生成函数（$OGF$） 对于一个已知的数列${a_i}$。 其$OGF$为： $$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}a_ix^i$$ 例如：${1}$的$OGF$就是： $$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^i=\frac{1}{1-x}$$ 很多时候我们用生成函数的原因是，我们可以把一个数列转化成一个简单的形式。 例如$\frac{1}{1-x}$ 如果我们让两个$OGF$相乘会怎么样呢？ 简单的例子： 比如说如果我们可以选两个物品，分别从两组中选择。 第一组物品的体积和每种体积的物品种类用数列${a_i}$来表示。 第二组物品的体积和每种体积的物品种类用数列${b_i}$来表示。 设${a_i}$的$OGF$为$A(x)$,${b_i}$的$OGF$为$B(x)$ 那么$(A(x)B(x))_i$就是选择的两个物品的体积和为$i$的方案数。 $OGF$经常来解决这种组合问题。
例：http://hzoj.com/contest/126/problem/5 裸的容斥题，我们将数列换成生成函数。 设一个的$OGF$为$A(x)$ 两个合在一起的为$B(x)$ 三个合在一起的为$C(x)$ 那么答案就是： $$\frac{A^3(x)-3A(x)B(x)+2C(x)}{6}+\frac{A^2(x)-B(x)}{2}+A(x)$$ 做四次$DFT$即可。
例：http://hzoj.com/problem/917 也挺裸的。 我们考虑求前缀和的过程是怎么样的。 对于一个数列${a_i}$，设其前缀和为${b_i}$ 那么: $${b_i}={a_i}*{1}=\sum\limits_{j=0}^{i}a_j$$ 这个时候可以用多项式快速幂来搞了。 但是常数过大，$ln+exp$ 这个题时限开到了$200ms$过不掉。 考虑如何优化。 我们设$A(x)$为${1}$的$OGF$。 那么： $$A(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}x^i$$ 考虑一下这个$OGF$自乘$k$次后第$i$项的系数是什么含义。 事实上是取$k$个自然数，加和之后为$i$的方案。 这样直接用挡板解决就可以了。 这个系数就是： $$\binom{i+k-1}{k-1}$$ 那么也就是说： $$A^k(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{k+i-1}{k-1}x^i$$ 这样就只需要三次$NTT$了。
2.指数型生成函数($EGF$) 对于一个数列${a_i}$ 其$EGF$为： $$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{a_i}{i!}x^i$$ 比如$1$的$EGF$为： $$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}=e^x$$ 同样是一个级数求和。 相比之下$EGF$用来解决排列问题。 比如说这样一个问题： 从$A$中拿出任意多个相同物品，从$B$中拿出任意多个相同物品，如果认为拿出来的物品的顺序不同视为不同方案，求拿出的物品个数为$i$的方案数。 设$EGF$为：$$G(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}$$ 设答案数组的$EGF$为：$$R(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{res_i}{i!}x^i$$ 那么: $$R(x)=G^2(x)$$ 这里就没有$OGF$那么显然了。 考虑一下为什么。 对于一个可重集合$S$,设$\left|S\right|=n$,设其中每种物品的个数为$a_i$。 那么这个集合的可重排列的方案就是： $$\frac{n!}{\prod\limits_{i=1}^{w}a_i!}$$ 这样我们再来观察这个卷积的过程。 相当于是把相同的物品的系数乘了一个$\frac{1}{i!}$ 而最后的系数的和下面除了一个$i!$，相当于可重集合上面乘的$n!$。
大概，可以懂吧？
例：http://hzoj.com/contest/126/problem/10 在大神们都用分治发发塔$AC$之后，我们再次看一下这道题能否有低于$nlog^2n$的复杂度。 设$n$个点无向图的个数为$g(n)=2^{\binom{n}{2}}$,设$n$个点联通图的个数为$f(n)$。 列出式子： $$g(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\binom{n-1}{i-1}f(i)g(n-i)$$ 拆一下： $$g(n)=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{(n-1)!}{(i-1)!(n-i)!}f(i)g(n-i)$$ $$\frac{g(n)}{(n-1)!}=\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{f(i)}{(i-1)!}\frac{g(n-i)}{(n-i)!}$$ 设$G_0(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{g(i+1)}{i!}x^i$,$G_1(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{g(i)}{i!}x^i$,$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{n}\frac{f(i+1)}{i!}x^i$ 这样的话： $$G_0(x)=F(x)G_1(x)$$ $$F(x)=\frac{G_0(x)}{G_1(x)}$$ 也就是一个多项式求逆了。
3.概率生成函数~~（咕咕咕我不会暂时不想学）~~$Upd:$已经学了。 我们设一个离散型随机变量$X$的概率生成函数为： $$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}P(X=i)x^i$$ 那么： $$F'(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}iP(X=i)x^i$$ 也就是说： $$F'(1)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}iP(X=i)=E(X)$$ 这样我们不断的求导下去可以得到： $$F^{(k)}(1)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}i^{\underline{k}}P(X=i)=E(X^{\underline{k}})$$ 这样也给除了一种便捷的求方差的方式： $$\begin{aligned} Var(X)&=E((X-E(X))^2)\ &=E(X^2-2XE(X)+E^2(X))\ &=E(X^2)-2E(X)E(X)+E^2(X)\ &=E(X^2)-E^2(X)\ &=E(X(X-1))+E(X)-E^2(X)\ &=F''(1)+F'(1)-(F'(1))^2\ \end{aligned}$$
4.应用 先来几个$EGF$的。
fr.一个含有$n$个点的树，如果令度数最大的点的度数为$m$,求方案数。
$prufer$序列。 转化为长度为$n-2$的序列中，$[1,n]$中的数出现次数最多的为$m-1$次的方案数。 继续转化为，出现最大的为$m-1$减去出现最大的为$m-2$的。 构造生成函数： $$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{m-1}\frac{x^i}{i!}$$ 那么： $$ans=[x^{n-2}]F^n(n)$$
se:http://hzoj.com/contest/126/problem/10 城市规划。还是这个题。 在各位大神甚至用生成函数和多项式求逆$AC$这道题之后我还想告诉你：
$$我没有脑子都可以切这题。$$
我们现在用$EGF$来搞一个更加无脑的做法。 我们设$f(n)$为$n$个点有标号无向联通图的个数，$g(n)=2^{\binom{n}{2}}$为$n$个点有标号无向图。 设$f(n)$的$EGF$为： $$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{f(i)x^i}{i!}$$ $$G(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{g(i)x^i}{i!}$$ 我们枚举一个无向图有几个联通块。 得到如下的式子： $$G(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\frac{F^i(x)}{i!}=e^{F(x)}$$ 那么： $$F(x)=ln(G(x))$$ 直接多项式$ln$即可。
来几个背包问题： fr.体积为$i$的物品有$a_i$种，每种无限个，求$[0,n]$所有容积的方案。 设体积为$i$的物品的$OGF$为$F(x)$ 那么由于有无限个。 首先复习两个级数求和公式： $$\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^j=\frac{1}{1-x}$$ $$\sum\limits_{i=1}^{\infty}\frac{x^j}{j}=-ln(1-x)$$ 所以： $$F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}(x^i)^j$$ 设答案数组的$OGF$为$A(x)$ 那么： $$\begin{aligned}\ A(x)&=\prod\limits_{i=1}^{n}F_i^{a_i}(x)\ &=\prod\limits_{i=1}^{n}(\sum\limits_{i=0}^{\infty}(x^i)^j)^{a_i}\ &=\prod\limits_{i=1}^{n}(\frac{1}{1-x^i})^{a_i}\ &=exp(ln(\prod\limits_{i=1}^{n}(\frac{1}{1-x^i})^{a_i}))\ &=exp(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i(0-ln(1-x^i)))\ &=exp(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i(-ln(1-x^i)))\ &=exp(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\sum\limits_{j=1}^{\infty}\frac{(x^i)^j}{j})\ &=exp(\sum\limits_{j=1}^{\infty}\frac{1}{j}\sum\limits_{i=1}^{n}a_i(x^j)^i)\ &=exp(\sum\limits_{j=1}^{\infty}\frac{1}{j}A(x^j))\ \end{aligned}$$ 也就是说对于第$j$项，只需要累加$j$的倍数项。 那么复杂度是： $$\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{n}{i}=n\sum\limits_{i=1}^{n}\frac{1}{i}=nH_n=nln(n)$$
se.体积为$i$的物品有$a_i$种，每种有一个，求$[0,n]$所有容积的方案。 设体积为$i$的物品的$OGF$为$F_i(x)$ 那么： $$F_i(x)=1+x^i$$ 设答案数组的$OGF$为$A(x)$。 那么: $$\begin{aligned}\ A(x)&=\prod\limits_{i=1}^{n}F_i^{a_i}(x)\ &=\prod\limits_{i=1}^{n}(1+x^i)^{a_i}\ &=exp(ln(\prod\limits_{i=1}^{n}(1+x^i)^{a_i}))\ &=exp(\sum\limits_{i=1}^{n}a_iln(1+x^i))\
&=exp(\sum\limits_{i=1}^{n}a_i\sum\limits_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{j-1}(x^i)^j}{j})\ &=exp(\sum\limits_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{j-1}}{j}\sum\limits_{i=1}^{n}a_i(x^j)^i)\ &=exp(\sum\limits_{j=1}^{\infty}\frac{(-1)^{j-1}}{j}A(x^j))\
\end{aligned}$$ 一样是调和级数的复杂度。
来源：oschina
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