详解生成函数

Posted 2021-05-20 top_secret的小尛博客

参考资料

• WC2019讲义 生成函数，多项式算法与图的计数.pdf
• OI-Wiki
• cp-algorithms
• https://zhuanlan.zhihu.com/p/52718645
• 等等……

指数型生成函数

数列\\(\\{a_i\\}\\)的指数型生成函数（EGF）是\\(A(x)=\\sum_{i=0}^\\infty\\frac{a_i}{i!}x_i\\)。

若\\(C=A*B\\)，则

\\[\\begin{aligned} C &= (\\sum_{i\\ge 0}\\frac{a_i}{i!})(\\sum_{i\\ge 0}\\frac{b_i}{i!}) \\\\ &= \\sum_{i\\ge0}x^i\\sum_{j=0}^i\\frac{a_jb_{i-j}}{j!(i-j)!} \\\\ &= \\sum_{i\\ge0}\\frac{\\sum_{j=0}^i\\frac{i!}{j!(i-j)!}a_jb_{i-j}}{i!}x_i \\end{aligned} \\]

故

\\[\\boxed{c_i=\\sum_{j=0}^i\\binom{i}{j}a_jb_{i-j}} \\]

多项式\\(\\exp\\)与\\(\\ln\\)的意义

若\\(A\\)为表示蓝色的带编号树的个数的生成函数（即，\\(a_n\\)表示\\(n\\)个节点的带编号树的个数），\\(B\\)代表红色的带编号树的个数，则\\(A*B\\)代表一个两棵树的森林，一棵为红色，一颗为蓝色，这样的森林的个数。

又因为红色与蓝色可以交换，若不考虑颜色，同一个森林实际上被计数了两遍，故\\(\\frac{A^2}{2!}=A*A/2\\)代表两棵树的森林的个数。

以此类推，枚举森林中树的个数\\(i\\)，则\\(C=\\sum_{i\\ge 0}\\frac{A^i}{i!}\\)代表了森林的个数。

由于对\\(x\\in\\R\\)，\\(e^x=\\sum_{i\\ge0}\\frac{x^i}{i!}\\)（在\\(x=0\\)处泰勒展开），如果令\\(x=A\\)，我们可以记\\(C=e^A\\)。这样，我们得到了多项式\\(\\exp\\)的定义：

\\[\\boxed{e^A=\\sum_{i\\ge0}\\frac{A^i}{i!}} \\]

其中\\(A\\)是一个生成函数，\\(A^i\\)表示多项式\\(A\\)的\\(i\\)次方。同样，通过泰勒展开的方法，我们可以得到多项式\\(\\ln\\)的定义。

多项式运算的实现

多项式乘法逆

设\\(A(x)=\\sum_{i\\ge 0}a_ix^i\\)，且有\\(a_0\\ne 0\\)，则其存在唯一的逆\\(B(x)=\\sum_{i\\ge 0}b_ix^i\\)，满足：

\\[c_i=\\sum_{0\\le j\\le i}a_{j}b_{i-j}=[i=0]\\nonumber \\]

显然，可以如此递归地定义\\(b_i\\)。

考虑如何求\\(B(x)\\bmod x^n\\)，显然\\(n=1\\)时\\(b_0=a_0^{-1}\\)。

若已求得\\(\\bmod x^{\\lceil n/2\\rceil}\\)的答案\\(B_0\\)，考虑如何推得\\(B\\)：

我们显然有：

\\[(B-B_0) \\equiv 0 \\pmod{x^{\\lceil n/2\\rceil}} \\nonumber \\]

对两边平方，得

\\[\\begin{aligned} (B-B_0)^2 &\\equiv 0 \\\\ B^2-2BB_0+B_0^2 &\\equiv 0 \\\\ B^2 &\\equiv 2BB_0 - B_0^2 \\\\ B &\\equiv 2B_0-B_0^2B^{-1} \\end{aligned}\\pmod{x^n} \\]

其中最后一步是在两边乘了一个\\(B^{-1}\\)。由于\\(A\\)与\\(B\\)互为乘法逆，\\(B^{-1}\\equiv A\\)，故：

\\[\\boxed{B\\equiv B_0(2-B_0A)}\\pmod{x^n} \\label{inv} \\]

递归计算即可。

多项式\\(\\ln\\)

设\\(B=\\ln A\\)，将其两边取导数。由\\(\\mathrm {\\frac{d}{dx}}\\ln A=\\frac{1}{A}A\'\\)，有\\(B\'=\\frac{A\'}{A}\\)，故

\\[\\boxed{B = \\int\\frac{A\'}{A}\\mathrm{dx}} \\]

用\\(\\eqref{inv}\\)求出\\(A^{-1}\\)即可。

牛顿迭代法

泰勒展开

设\\(G(x)\\)为一个定义在\\(\\mathbb R\\)上函数，则\\(G(x)\\)在\\(x_0\\)处的泰勒展开（一个函数，使得\\(x_0\\)处的\\(0\\)阶、\\(1\\)阶、……导数都相等（可类比拉格朗日插值公式））为：

\\[\\begin{eqnarray} G(x) &=& G(x_0)+G\'(x_0)(x-x_0)+\\frac{G\'\'(x_0)(x-x_0)^2}{2!}\\cdots\\nonumber \\\\ &=& \\sum_{i=0}^{\\infty}\\frac{G^{(i)}(x_0)}{i!} \\label{taylor} \\end{eqnarray} \\]

注意，由于\\(x_0\\)固定，\\(G(x_0)\\)与\\(G\'(x_0)\\)等都是常数。

为了方便接下来的讨论，我们设\\(G(x)=f(x)+b\\)，其中\\([x^0]f(x)=0\\)（即\\(f(0)=0\\)）。

我们扩大\\(G\\)的定义域，使得\\(G\\)对于所有级数\\(F\\)都有定义，为\\(G(F)=f(F)+b\\)，其中\\(b\\)也可以是一个（常）级数，\\(f\\)是一个函数。同样\\(f\\)的系数也可以是常级数。

我们的任务是求\\(G(F)\\equiv 0\\)在\\(\\bmod x^n\\)意义下的解。

考虑倍增，设\\(F_0\\)表示\\(\\bmod x^{\\lceil x/2\\rceil}\\)意义下的解，有（将\\(G\\)在\\(F_0\\)处泰勒展开\\(\\eqref{taylor}\\)）

\\[0\\equiv G(F)\\equiv G(F_0)+(F-F_0)G\'(F_0)+(F-F_0)^2R\\pmod{x^n}\\nonumber \\]

其中\\(R\\)是一个关于\\(F\\)的函数。由于\\((F-F_0)\\bmod x^{\\lceil n/2\\rceil}=0\\)，可知\\((F-F_0)^2\\bmod x^{n}=0\\)，故

\\[\\begin{aligned} G(F_0)+(F-F_0)G\'(F_0) &\\equiv 0 \\\\ FG\'(F_0) &\\equiv F_0G\'(F_0)-G(F_0) \\\\ \\end{aligned}\\pmod{x^n} \\]

两边除以\\(G\'(F_0)\\)，我们获得了：

\\[\\boxed{F \\equiv F_0-\\frac{G(F_0)}{G\'(F_0)}} \\pmod{x^n}\\label{newton} \\]

多项式\\(\\exp\\)

若\\(B=e^A\\)，则\\(\\ln B=A\\)。我们相当于要解\\(\\ln B-A=0\\)

令\\(F(B)=\\ln B-A\\)，直接使用\\(\\eqref{newton}\\)，得：

\\[\\begin{aligned} B &\\equiv B_0-\\frac{\\ln B_0-A}{B_0^{-1}} \\\\ \\end{aligned} \\]

即

\\[\\boxed{B \\equiv B_0(1-\\ln B_0+A)}\\label{exp} \\]

倍增即可，需要用到多项式\\(\\ln\\)。

例题