普通生成函数

序列 a 的普通生成函数(ordinary generating function,OGF)定义为形式幂级数:

F(x)=\sum_{n}a_n x^n

a 既可以是有穷序列,也可以是无穷序列。常见的例子(假设 a 0 为起点):

  1. 序列 a=\langle 1,2,3\rangle 的普通生成函数是 1+2x+3x^2
  2. 序列 a=\langle 1,1,1,\cdots\rangle 的普通生成函数是 \sum_{n\ge 0}x^n
  3. 序列 a=\langle 1,2,4,8,16,\cdots\rangle 的生成函数是 \sum_{n\ge 0}2^nx^n
  4. 序列 a=\langle 1,3,5,7,9,\cdots\rangle 的生成函数是 \sum_{n\ge 0}(2n+1)x^n

换句话说,如果序列 a 有通项公式,那么它的普通生成函数的系数就是通项公式。

基本运算

考虑两个序列 a,b 的普通生成函数,分别为 F(x),G(x) 。那么有

F(x)\pm G(x)=\sum_n (a_n\pm b_n)x^n

因此 F(x)\pm G(x) 是序列 \langle a_n\pm b_n\rangle 的普通生成函数。

考虑乘法运算,也就是卷积:

F(x)G(x)=\sum_n x^n \sum_{i=0}^na_ib_{n-i}

因此 F(x)G(x) 是序列 \langle \sum_{i=0}^n a_ib_{n-i} \rangle 的普通生成函数。

封闭形式

在运用生成函数的过程中,我们不会一直使用形式幂级数的形式,而会适时地转化为封闭形式以更好地化简。

例如 \langle 1,1,1,\cdots\rangle 的普通生成函数 F(x)=\sum_{n\ge 0}x^n ,我们可以发现

F(x)x+1=F(x)

那么解这个方程得到

F(x)=\frac{1}{1-x}

这就是 \sum_{n\ge 0}x^n 的封闭形式。

考虑等比数列 \langle 1,p,p^2,p^3,p^4,\cdots\rangle 的生成函数 F(x)=\sum_{n\ge 0}p^nx^n ,有

\begin{aligned}F(x)px+1 &=F(x)\\F(x) &=\frac{1}{1-px}\end{aligned}

等比数列的封闭形式与展开形式是常用的变换手段。

小练习

请求出下列数列的普通生成函数(形式幂级数形式和封闭形式)。难度的循序渐进的。

  1. a=\langle 0,1,1,1,1,\cdots\rangle
  2. a=\langle 1,0,1,0,1,\cdots \rangle
  3. a=\langle 1,2,3,4,\cdots \rangle
  4. a_n=\binom{m}{n} m 是常数, n\ge 0 )。
  5. a_n=\binom{m+n}{n} m 是常数, n\ge 0 )。
答案

第一个:

F(x)=\sum_{n\ge 1}x^n=\dfrac{x}{1-x}

第二个:

\begin{aligned} F(x)&=\sum_{n\ge 0}x^{2n}\\ &=\sum_{n\ge 0}(x^2)^{n}\\ &=\frac{1}{1-x^2} \end{aligned}

第三个(求导):

\begin{aligned}F(x)&=\sum_{n\ge 0}(n+1)x^n\\&=\sum_{n\ge 1}nx^{n-1}\\&=\sum_{n\ge 0}(x^n)'\\&=\left(\frac{1}{1-x}\right)'\\&=\frac{1}{(1-x)^2}\end{aligned}

第四个(二项式定理):

F(x)=\sum_{n\ge 0}\binom{m}{n}x^n=(1+x)^m

第五个:

F(x)=\sum_{n\ge 0}\binom{m+n}{n}x^n=\frac{1}{(1-x)^{m+1}}

可以使用归纳法证明。

首先当 m=0 时,有 F(x)=\dfrac{1}{1-x}

而当 m>0 时,有

\begin{aligned} \frac{1}{(1-x)^{m+1}} &=\frac{1}{(1-x)^m}\frac{1}{1-x}\\ &=\left(\sum_{n\ge 0}\binom{m+n-1}{n}x^n \right)\left(\sum_{n\ge 0}x^n \right)\\ &=\sum_{n\ge 0} x^n\sum_{i=0}^n \binom{m+i-1}{i}\\ &=\sum_{n\ge 0}\binom{m+n}{n}x^n \end{aligned}

斐波那契数列的生成函数

接下来我们来推导斐波那契数列的生成函数。

斐波那契数列定义为 a_0=0,a_1=1,a_n=a_{n-1}+a_{n-2}\;(n>1) 。设它的普通生成函数是 F(x) ,那么根据它的递推式,我们可以类似地列出关于 F(x) 的方程:

F(x)=xF(x)+x^2F(x)-a_0x+a_1x+a_0

那么解得

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

那么接下来的问题是,如何求出它的展开形式?

展开方式一

不妨将 x+x^2 当作一个整体,那么可以得到

\begin{aligned} F(x)&=\frac{1}{1-(x+x^2)}\\ &=\sum_{n\ge 0}(x+x^2)^n\\ &=\sum_{n\ge 0}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}x^{2i}x^{n-i}\\ &=\sum_{n\ge 0}\sum_{i=0}^n\binom{n}{i}x^{n+i}\\ &=\sum_{n\ge 0}x^n\sum_{i=0}^n\binom{n-i}{i} \end{aligned}

我们得到了 a_n 的通项公式,但那并不是我们熟知的有关黄金分割比的形式。

展开方式二

考虑求解一个待定系数的方程:

\frac{A}{1-ax}+\frac{B}{1-bx}= \frac{x}{1-x-x^2}

通分得到

\frac{A-Abx+B-aBx}{(1-ax)(1-bx)} = \frac{x}{1-x-x^2}

待定项系数相等,我们得到

\begin{cases} A+B=0\\ -Ab-aB=1\\ a+b=1\\ ab=-1 \end{cases}

解得

\begin{cases} A=\frac{1}{\sqrt{5}}\\ B=-\frac{1}{\sqrt{5}}\\ a=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\\ b=\frac{1-\sqrt{5}}{2} \end{cases}

那么我们根据等比数列的展开式,就可以得到斐波那契数列的通项公式:

\frac{x}{1-x-x^2}=\sum_{n\ge 0}x^n \frac{1}{\sqrt{5}}\left( \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n-\left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \right)

这也被称为斐波那契数列的另一个封闭形式( \frac{x}{1-x-x^2} 是一个封闭形式)。

对于任意多项式 P(x),Q(x) ,生成函数 \dfrac{P(x)}{Q(x)} 的展开式都可以使用上述方法求出。在实际运用的过程中,我们往往先求出 Q(x) 的根,把分母表示为 \prod (1-p_ix)^{d_i} 的形式,然后再求分子。

牛顿二项式定理

我们重新定义组合数的运算:

\binom{r}{k}=\frac{r^{\underline{k}}}{k!}\quad(r\in\mathbf{C},k\in\mathbf{N})

注意 r 的范围是复数域。在这种情况下。对于 \alpha\in\mathbf{C} ,有

(1+x)^{\alpha}=\sum_{n\ge 0}\binom{\alpha}{n}x^n

二项式定理其实是牛顿二项式定理的一个特殊情况。

卡特兰数的生成函数

卡特兰数的递推式为

H_n=\sum_{i=0}^{n-1}H_{i}H_{n-i-1} \quad (n\ge 2)

其中 H_0=1,H_1=1 。设它的普通生成函数为 H(x)

我们发现卡特兰数的递推式与卷积的形式很相似,因此我们用卷积来构造关于 H(x) 的方程:

\begin{aligned} H(x)&=\sum_{n\ge 0}H_nx^n\\ &=1+\sum_{n\ge 1}\sum_{i=0}^{n-1}H_ix^iH_{n-i-1}x^{n-i-1}x\\ &=1+x\sum_{i\ge 0}H_{i}x^i\sum_{n\ge 0}H_{n}x^{n}\\ &=1+xH^2(x) \end{aligned}

解得

H(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}

那么这就产生了一个问题:我们应该取哪一个根呢?我们将其分子有理化:

H(x)=\frac{2}{1\mp \sqrt{1-4x}}

代入 x=0 ,我们得到的是 H(x) 的常数项,也就是 H_0 。当 H(x)=\dfrac{2}{1+\sqrt{1-4x}} 的时候有 H(0)=1 ,满足要求。而另一个解会出现分母为 0 的情况(不收敛),舍弃。

因此我们得到了卡特兰数生成函数的封闭形式:

H(x)=\frac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}

接下来我们要将其展开。但注意到它的分母不是斐波那契数列那样的多项式形式,因此不方便套用等比数列的展开形式。在这里我们需要使用牛顿二项式定理。我们来先展开 \sqrt{1-4x}

\begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &=\sum_{n\ge 0}\binom{\frac{1}{2}}{n}(-4x)^n\\ &=1+\sum_{n\ge 1}\frac{\left(\frac{1}{2}\right)^{\underline{n}}}{n!}(-4x)^n \end{aligned} \tag{1}

注意到

\begin{aligned} \left(\frac{1}{2}\right)^{\underline{n}} &=\frac{1}{2}\frac{-1}{2}\frac{-3}{2}\cdots\frac{-(2n-3)}{2}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-3)!!}{2^n}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^n(2n-2)!!}\\ &=\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!} \end{aligned}

这里使用了双阶乘的化简技巧。那么带回 (1) 得到

\begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &=1+\sum_{n\ge 1}\frac{(-1)^{n-1}(2n-2)!}{2^{2n-1}(n-1)!n!}(-4x)^n\\ &=1-\sum_{n\ge 1}\frac{(2n-2)!}{(n-1)!n!}2x^n\\ &=1-\sum_{n\ge 1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{(2n-1)}2x^n \end{aligned}

带回原式得到

\begin{aligned} H(x)&=\frac{1- \sqrt{1-4x}}{2x}\\ &=\frac{1}{2x}\sum_{n\ge 1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{(2n-1)}2x^n\\ &=\sum_{n\ge 1}\binom{2n-1}{n}\frac{1}{(2n-1)}x^{n-1}\\ &=\sum_{n\ge 0}\binom{2n+1}{n+1}\frac{1}{(2n+1)}x^{n}\\ &=\sum_{n\ge 0}\binom{2n}{n}\frac{1}{n+1}x^{n}\\ \end{aligned}

这样我们就得到了卡特兰数的通项公式。

应用

接下来给出一些例题,来介绍生成函数在 OI 中的具体应用。

食物

食物

在许多不同种类的食物中选出 n 个,每种食物的限制如下:

  1. 承德汉堡:偶数个
  2. 可乐:0 个或 1 个
  3. 鸡腿:0 个,1 个或 2 个
  4. 蜜桃多:奇数个
  5. 鸡块:4 的倍数个
  6. 包子:0 个,1 个,2 个或 3 个
  7. 土豆片炒肉:不超过一个。
  8. 面包:3 的倍数个

每种食物都是以“个”为单位,只要总数加起来是 n 就算一种方案。对于给出的 n 你需要计算出方案数,对 10007 取模。

这是一道经典的生成函数题。对于一种食物,我们可以设 a_n 表示这种食物选 n 个的方案数,并求出它的生成函数。而两种食物一共选 n 个的方案数的生成函数,就是它们生成函数的卷积。多种食物选 n 个的方案数的生成函数也是它们生成函数的卷积。

在理解了方案数可以用卷积表示以后,我们就可以构造生成函数(标号对应题目中食物的标号):

  1. \displaystyle\sum_{n\ge 0}x^{2n}=\dfrac{1}{1-x^2}
  2. 1+x
  3. 1+x+x^2=\dfrac{1-x^3}{1-x}
  4. \dfrac{x}{1-x^2}
  5. \displaystyle \sum_{n\ge 0}x^{4n}=\dfrac{1}{1-x^4}
  6. 1+x+x^2+x^3=\dfrac{1-x^4}{1-x}
  7. 1+x
  8. \dfrac{1}{1-x^3}

那么全部乘起来,得到答案的生成函数:

F(x)=\frac{(1+x)(1-x^3)x(1-x^4)(1+x)}{(1-x^2)(1-x)(1-x^2)(1-x^4)(1-x)(1-x^3)} =\frac{x}{(1-x)^4}

然后将它转化为展开形式(使用封闭形式练习中第五个练习):

F(x)=\sum_{n\ge 1}\binom{n+2}{n-1}x^n

因此答案就是 \dbinom{n+2}{n-1}=\dbinom{n+2}{3}

Sweet

「CEOI2004」Sweet

n 堆糖果。不同的堆里糖果的种类不同(即同一个堆里的糖果种类是相同的,不同的堆里的糖果的种类是不同的)。第 i 个堆里有 m_i 个糖果。现在要吃掉至少 a 个糖果,但不超过 b 个。求有多少种方案。

两种方案不同当且仅当吃的个数不同,或者吃的糖果中,某一种糖果的个数在两个方案中不同。

n\le 10,0\le a\le b\le 10^7,m_i\le 10^6

在第 i 堆吃 j 个糖果的方案数(显然为 1)的生成函数为

F_i(x)=\sum_{j=0}^{m_i}x^j=\frac{1-x^{m_i+1}}{1-x}

因此总共吃 i 个糖果的方案数的生成函数就是

G(x)=\prod_{i=1}^n F_i(x)=(1-x)^{-n}\prod_{i=1}^n(1-x^{m_i+1})

现在我们要求的是 \sum_{i=a}^b[x^i]G(x)

由于 n\le 10 ,因此我们可以暴力展开 \prod_{i=1}^n(1-x^{m_i+1}) (最多只有 2^n 项)。

然后对 (1-x)^{-n} 使用牛顿二项式定理:

\begin{aligned} (1-x)^{-n} &=\sum_{i\ge 0}\binom{-n}{i}(-x)^i\\ &=\sum_{i\ge 0}\binom{n-1+i}{i}x^i \end{aligned}

我们枚举 \prod_{i=1}^n(1-x^{m_i+1}) x^k 项的系数,假设为 c_k 。那么它和 (1-x)^{-n} 相乘后,对答案的贡献就是

c_k\sum_{i=a-k}^{b-k}\binom{n-1+i}{i}=c_k\left( \binom{n+b-k}{b-k}- \binom{n+a-k-1}{a-k-1} \right)

这样就可以 O(b) 地求出答案了。

时间复杂度 O(2^n+b)


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