普通生成函数

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

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

既可以是有穷序列，也可以是无穷序列。常见的例子（假设以为起点）：

序列 $a=\langle 1,2,3\rangle$ 的普通生成函数是。
序列 $a=\langle 1,1,1,\cdots\rangle$ 的普通生成函数是 $\sum_{n\ge 0}x^n$ 。
序列 $a=\langle 1,2,4,8,16,\cdots\rangle$ 的生成函数是 $\sum_{n\ge 0}2^nx^n$ 。
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

考虑两个序列的普通生成函数，分别为。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

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）。难度是循序渐进的。

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

首先当时，有 $F(x)=\dfrac{1}{1-x}$ 。

而当时，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，那么根据它的递推式，我们可以类似地列出关于的方程：

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

不妨将当作一个整体，那么可以得到

\begin{aligned} F(x)&=\frac{x}{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，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，我们往往先求出的根，把分母表示为 $\prod (1-p_ix)^{d_i}$ 的形式，然后再求分子。

当对分母进行因式分解但有重根时，每有一个重根就要多一个分式，如考虑生成函数

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

的系数的通项公式，那么有

G(x)=\frac{c_0}{1-x}+\frac{c_1}{1-2x}+\frac{c_2}{(1-2x)^2}

解得

\begin{cases} c_0&=1\\ c_1&=-2\\ c_2&=2 \end{cases}

那么

[x^n]G(x)=1-2^{n+1}+(n+1)\cdot 2^{n+1}

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

参考 Catalan 数的封闭形式

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

在许多不同种类的食物中选出个，每种食物的限制如下：

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

每种食物都是以「个」为单位，只要总数加起来是就算一种方案。对于给出的你需要计算出方案数，对取模。

这是一道经典的生成函数题。对于一种食物，我们可以设表示这种食物选个的方案数，并求出它的生成函数。而两种食物一共选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）：

$\displaystyle\sum_{n\ge 0}x^{2n}=\dfrac{1}{1-x^2}$ 。
。
$1+x+x^2=\dfrac{1-x^3}{1-x}$ 。
$\dfrac{x}{1-x^2}$ 。
$\displaystyle \sum_{n\ge 0}x^{4n}=\dfrac{1}{1-x^4}$ 。
$1+x+x^2+x^3=\dfrac{1-x^4}{1-x}$ 。
。
$\dfrac{1}{1-x^3}$ 。

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

有堆糖果。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）。第个堆里有个糖果。现在要吃掉至少个糖果，但不超过个。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。

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

在第堆吃个糖果的方案数（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 $\prod_{i=1}^n(1-x^{m_i+1})$ 中项的系数，假设为。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)

这样就可以地求出答案了。

时间复杂度。

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