母函数浅析

Posted 2021-03-15 thornblog

母函数

母函数可以用于数列，概率，组合数学中，是个极其强大的工具。

定义

对于一个数列 (a_0,a_1,a_2,a_3dots) ，定义 (G(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3dots) 为其母函数（这里对是否无穷项并没有什么要求）。

看起来没什么用。

但是我们看一个例子：

已知母函数 (G(x)=C^{0}_{n}+C^{1}_{n}x+C^{2}_{n}x^2+C^{3}_{n}x^3dots) 。

很明显，这是个二项式展开式，那我们不妨将其写成 (G(x)=(x+1)^n) 。这里母函数的作用就体现出来了。

我们可以将一个无穷式变成一个收敛形式，便于计算处理。

普通型母函数

首先来看看几个常见普通母函数：

1. (G(x)=frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+dots)

   由等比数列求和公式可知 (G(x)=frac{a_1(1-q^n)}{1-q}) ，这里的话 (q=x,a_1=1) 。由于 (x) 可以是任何数，我们不妨设其小于 (1) 。那么 (q^n) 趋近于 (0) ，就得到收敛形式。

2. (G(x)=frac{1}{1-kx}=1+kx+k^2x^2+k^3x^3dots)

   证明同上。

3. (G(x)=frac{1}{(1-x)^{n}}=C^{0}_{n+0-1}+C^{1}_{n+1-1}x+C^{2}_{n+2-1}x^2+C^{3}_{n+3-1}x^3dots +C^{k}_{n+k-1}x^kdots)

   证明：

   数学归纳法。

   假设 (n) 的情况成立，那么对于 (n+1) ：
   [ G(x)=frac{1}{(1-x)^{n+1}}=frac{1}{(1-x)^{n}}frac{1}{(1-x)}\bf 此时对于第mit ;k;f 项有：\ mit a_k=sum^{k}_{i=1}C^{i}_{n+i-1}=C^{k}_{n+1+k-1} ]
   这里用到了 (C^{n}_{m}=C^{n-1}_{m-1}+C^{n}_{m-1})

   最后的递归边界由于 (C^{0}_{n-1}=C^{0}_{n+1-1}) 所以就可以滚雪球上去。

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虽然好像母函数主要是被用在组合上，但是用其来解数列递推式也非常香（初赛的递推数列题可以用母函数暴力推）。

这里以斐波那契数列为例：

? 已知 (f_{n+1}=f_n+f_{n-1}) 。

? 那么对于其母函数 (T) ，有：
[ egin{align} T=f_0+f_1x+f_2x^2+f_3x^3+dotsxT=f_0x+f_1x^2+f_2x^3+dotsx^2T=f_0x^2+f_1x^3+dots\end{align} \therefore T-f_0-f_1x=xT-f_0x+x^2T\bf 解得： mit qquad T=frac{1}{1-x-x^2}\]
? 那么我们有了斐波那契数列母函数的收敛形式，只要将其向几个基本的母函数上靠，期望就能得到通项：

[ egin{align} T=frac{1}{-(frac{sqrt{5}-1}{2}-x)(frac{-sqrt{5}-1}{2}-x)}\end{align} ]

? 可以看出其中有黄金分割率，看起来离正解不远了，我们设其为 (phi_1) 和 (phi_2) 然后继续：

[ T=frac{1}{-phi_1phi_2(1-frac{1}{phi_1}x)(1-frac{1}{phi_2}x)}=frac{1}{(1-frac{1}{phi_1}x)(1-frac{1}{phi_2}x)}\]
? 然后再裂个项：
[ T=frac{1}{sqrt{5}} (-frac{phi_2}{1-frac{1}{phi_1}x}+frac{phi_1}{1-frac{1}{phi_2}x}) ]
? 根据几个基本母函数，斐波那契的通项为：
[ F_n=frac{1}{sqrt{5}} [(frac{1+sqrt{5}}{2})^{n+1}-(frac{1-sqrt{5}}{2})^{n+1}] ]

?

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除了解递推数列通项，普通型母函数还可以解一些无重复项的组合问题，质数分解问题：

? 将一个数 (n) 分解成质数和的形式，有多少种本质不同的方法。

? 根据题意构建方程：
[ G(x)=(1+x^2+x^4+x^6+cdots) imes(1+x^3+x^6+cdots) imes(1+x^5+x^{10}cdots) imescdots ]
? 化简后 (n) 次项的系数即为方法数。

用这种方法甚至可以解决如凑零钱之类的 (dp) 问题，根据上例可以发现，系数是要手动爆枚的，所以复杂度上来说并没有什么实际意义。

指数型母函数

基本形式如下：
[ G(x)=sum^{infty}_{i=0}frac{x^i}{i!}=1+x+frac{x^2}{2!}+frac{x^3}{3!}+frac{x^4}{4!}+cdots ]
可以注意到阶乘的形式很特别，易联想到 (Taylor) 展开 ，因为 (x) 取值并没有什么关系，我们就取 (e^x) 作为其收敛形式（与 (e^x) 在 (0) 处的展开式相同）。

那么同样，常见的指数型母函数有：

1. (G(x)=frac{e^x+e^{-x}}{2}=sum^{infty}_{i=0}frac{x^{2i}}{(2i)!}=1+frac{x^2}{2!}+frac{x^4}{4!}+cdots)
2. (G(x)=frac{e^x-e^{-x}}{2}=sum^{infty}_{i=0}frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!}=x+frac{x^3}{3!}+cdots)

皆为 (Taylor) 展开式。

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指数型母函数主要是为求解有重复项的组合问题，比如 (1,1,2,3) 可以组合成的四位数个数，明显是 (frac{4!}{2!}) 个，这就是为何下面要除阶乘。

注意，最终我们需要的是 (frac{x^n}{n!}) 前的系数，可以发现，下面没有阶乘的项乘出来会自动加个阶乘，而有阶乘的会把重复部分除掉，刚好达到预计效果。

如果还不明白可以找个例子手动操作一遍。

指数型母函数大多可以通过 (Taylor) 展开找到通项，这是其优点。

如：

? 求 (1,3,5,7,9) 可以组成的 (n) 位数个数。其中 (3,7) 分别出现偶数次。

? 依照题意构建母函数：
[ T=(1 + frac{x^2}{2!} + frac{x^4}{4!} + cdots )^2 imes(1+x+frac{x^2}{2!}+frac{x^3}{3!}+frac{x^4}{4!}+cdots)^3=(frac{e^x+e^{-x}}{2})^2 imes e^{3x}= frac{1}{4}(e^{5x}+2e^{3x}+e^x)=frac{1}{4} sum^{infty}_{i=0} (5^i+2 imes3^i+1)frac{x^i}{i!} ]
? 那么第 (n) 项的系数是： (frac{5^n+2 imes3^n+1}{4}) 。

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(frak by;;thorn\_)