看不懂的生成函数

时间:2019-03-14
本文章向大家介绍看不懂的生成函数,主要包括看不懂的生成函数使用实例、应用技巧、基本知识点总结和需要注意事项,具有一定的参考价值,需要的朋友可以参考一下。

不得不说这个东西真是妙啊

遭到了降智打击

生成函数又叫做母函数,主要用于解决一些组合数学问题

对于一个数列\(\{f_0,f_1,f_2,...,f_n\}\)

我们定义其生成函数为

\[F(x)=f_0+f_1x+f_2x^2+...+f_nx^n\]

也就是

\[F(x)=\sum_{i=0}^nf_ix^i\]

也就是把数列的每一项当成了多项式对应项的系数

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既然是函数,那么我们就可以去计算对应的函数值

比如一个数列

\[\{1,1,1,1,1,1...\}\]

它的生成函数

\[F(x)=1+x+x^2+x^3+...\]

发现这是一个无穷等比数列

于是

\[F(x)=\frac{1-x^n}{1-x}\]

对于\(x\in (-1,1)\),当\(n\)趋于无穷的时候,\(x^n=0\)

于是

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

对于一些特殊的数列,比如说

\[\{1,0,1,0,1,0,1,0,1...\}\]

也就是\(mod\ 2=0\)的项为\(1\),其余项为\(0\)

也就是

\[F(x)=x+x^2+x^4+...\]

简单换一下元,就会发现\(F(x)=\frac{1}{1-x^2}\)

于是我们可以发现生成函数

\[F(x)=\frac{1}{1-x^k}\]

对应的数列是一个\(k\)的倍数项为\(1\),其余项为\(0\)的数列

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这样看也没什么用啊,怎么能跟组合计数有关系呢

我们都学过多项式,我们知道我们可以用多项式的系数来表示方案数

我们来考虑一个最简单多项式

\[A=1+x+x^2+x^3+...\]

\(A\)的第\(i\)项可以表示选取\(i\)个物品的方案数

写成生成函数\(F(x)=\frac{1}{1-x}\)

那么\(A^k\)就表示从\(A\)中进行\(k\)次选取的方案数,第\(i\)项就是选出\(i\)个物品的方案数

那么这个生成函数相乘表示什么呢

\[F^k(x)=\frac{1}{(1-x)^k}\]

\[A^k=\sum_{i=0}\binom{i-1+k}{k-1}x^i\]

这就是一个组合数插板就得出来了

根据我不知道的广义二项式定理,上面的式子是相等的

于是我们得出一个重要结论

多项式的卷积对应的就是两个生成函数的乘积

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之后我们真的可以来做一道题了

LGP2000

先把所有的限制条件变成多项式和生成函数

  1. 必须是6的倍数,那么就是\(F(x)=\frac{1}{1-x^6}\)

  2. 最多用\(9\)块,也就是一个只有前\(10\)项系数为\(1\)的多项式,一个等比数列求和,\(F(x)=\frac{1-x^{10}}{1-x}\)

  3. 最多用5块,\(F(x)=\frac{1-x^{6}}{1-x}\)

  4. 必须是4的倍数,\(F(x)=\frac{1}{1-x^4}\)

剩下的就不写了,就是把每一个条件都抽象成生成函数,之后对这些个生成函数求一个乘积,发现是\(F(x)=\frac{1}{(1-x)^5}\)

我们把这个转化成多项式

\[\sum_{i=0}\binom{i-1+5}{5-1}x^i\]

我们要的是第\(n\)项系数,也就是\(\binom{n+4}{4}\)这就是答案了

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生成函数更神仙的地方就在于推通项了

比如说\(fib\)数列

\[fib_n=\begin{cases}1&n\leq2\\fib_{n-1}+fib_{n-2}&n>2\end{cases}\]

其生成函数为

\[\begin{aligned} F(x)=&\sum_{i=1}fib_ix^i\\&=\sum_{i=1}(fib_{i-1}+fib_{i-2}+[i=1])x^i\\&=\sum_{i=1}fib_{i-1}x^i+\sum_{i=1}fib_{i-2}x^i+x\\&=x\sum_{i=1}fib_{i-1}x^{i-1}+x^2\sum_{i=1}fib_{i-2}x^{i-2}+x\\\end{aligned}\]

发现这个\(\sum_{i=1}fib_{i-1}x^{i-1}\)\(\sum_{i=1}fib_{i-2}x^{i-2}\)不都是\(F(x)\)

于是就有

\[F(x)=xF(x)+x^2F(x)+x\]

于是我们可以求得

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

这就是\(fib\)数列的生成函数了

但是这有什么用呢

可以求通项啊

我们把分母上的\(1-x-x^2\)因式分解一下

\[F(x)=\frac{x}{(1-\frac{1-\sqrt5}{2}x)(1-\frac{1+\sqrt5}{2}x)}\]

在搞一搞

\[F(x)=-\frac{1}{\sqrt5}\frac{1}{(1-\frac{1-\sqrt5}{2}x)} + \frac{1}{\sqrt5}\frac{1}{(1-\frac{1+\sqrt5}{2}x)}\]

发现出现了诸如\(\frac{1}{1-cx}\)这样的生成函数

我们知道这样的生成函数对应的多项式应该形如\(\sum_{i=1}c^ix^i\)

所以就会有

\[fib_n=-\frac{1}{\sqrt5}(\frac{1-\sqrt5}{2})^n+\frac{1}{\sqrt5}(\frac{1+\sqrt5}{2})^n\]

真是优雅自然

我们再来推一个难一点的数列,卡特兰数

卡特兰有一个递推式是这个样子的

\[f_n=\begin{cases}1&n=0\\\sum_{i=0}^{n-1}f_if_{n-i-1}&n>0\end{cases}\]

我们照样来推一下

\[\begin{aligned} F(x)&=\sum_{i=0}(\sum_{j=0}^{i-1}f_jf_{i-j-1}+[i=0])x^i\\&=1+\sum_{i=1}(\sum_{j=0}^{i-1}f_jf_{i-j-1})x^i\\&=1+x\sum_{i=1}(\sum_{j=0}^{i-1}f_jf_{i-j-1})x^{i-1}\end{aligned}\]

考虑把\(x^{i-1}\)分成\(x^{j}\times x^{i-j-1}\),之后分进去

就是

\[\begin{aligned} F(x)&=1+x\sum_{i=1}\sum_{j=0}^{i-1}f_jx^j\times f_{i-j-1}x^{i-j-1}\end{aligned}\]

惊奇的发现\(f_jx^j\)是对应多项式的\(j\)次项,\(f_{i-j-1}x^{i-j-1}\)是对应多项式的\(i-j-1\)次项,于是内部还是一个卷积的形式也就是卡特兰数自己卷自己,就是\(F^2(x)\)

于是

\[F(x)=1+xF^2(x)\]

这不是一元二次方程吗,解一下这个方程

发现

\[F(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}\]

发现竟然有一个正负号的问题

分式方程不好解我们上整式方程

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

\[2xk\pm \sqrt{1-4x}=1\]

尽管生成函数的\(x\)没有什么意义,但是我们带入\(x=0\)的时候,\(F(0)=f_0\),这是非常显然的

于是

\[2\times 0\times 0\pm1=0\]

显然那个符号应该是正,由于这是移项过来的,于是在那边应该是个负号,所以

\[F(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\]

这个东西有什么用呢,可以搞卡特兰数的通项!

我们发现那个\(\sqrt{1-4x}\)就是\((1-4x)^{\frac{1}{2}}\),尝试二项式定理

\[(1-4x)^{\frac{1}{2}}=\sum_{i=0}\binom{\frac{1}{2}}{i}(-4x)^i\]

推不动了,先弃疗了

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来一道神仙题

[TJOI2015]概率论

感性理解一下这个\(n\)个节点的二叉树同构的数量就是\(f_n\),卡特兰数

现在的问题就是求一个分子,就是所有\(n\)个节点的二叉树的同构的叶子节点的个数

我们设为\(h_n\)

答案就是\(\frac{h_n}{f_n}\)

我们考虑一下\(h_n\)如何求

显然我们可以利用一个类似卡特兰的转移

\[h_i=\sum_{i=0}^{j-1}h_jf_{i-j-1}+h_{i-j-1}f_j\]

就是枚举左右儿子的节点个数,之后由于要和另一个儿子组合,于是得乘上方案数

于是现在可以去写一个\(O(n^2)\)的了

    f[0]=1,f[1]=1;
    for(re int i=2;i<=n;i++)
        for(re int j=0;j<i;j++) f[i]+=f[j]*f[i-j-1];
    h[0]=0,h[1]=1;
    for(re int i=2;i<=n;i++)
        for(re int j=0;j<i;j++) h[i]+=f[i-j-1]*h[j]+f[j]*h[i-j-1];
    printf("%.12lf",double(h[n])/double(f[n]));

考虑到这个形式我们并不是很好化简,于是考虑到\(f_jh_{i-j-1}\)会被算到两次

于是直接写成

\[h_i=2\sum_{i=0}^{j-1}h_jf_{i-j-1}\]

我们得特殊定义一下\(h_1=1\)

考虑求这个函数的生成函数

\[\begin{aligned}F(x)=&\sum_{i=1}(2\sum_{j=0}^{i-1}h_jf_{i-j-1}+[i=1])x^i\\&=x+\sum_{i=1}(2\sum_{j=0}^{i-1}h_jf_{i-j-1})x^i\\&=x+x\sum_{i=1}(2\sum_{j=0}^{i-1}h_jf_{i-j-1})x^{i-1}\\&=x+x\sum_{i=1}2\sum_{j=0}^{i-1}h_jx_j\times f_{i-j-1}x^{i-j-1}\end{aligned}\]

\(G(x)=\sum_{i=0}f_ix^i\)

于是

\[\begin{aligned}F(x)=&x+2xF(x)G(x)\end{aligned}\]

我们知道\(G(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\)

于是我们可以解得

\[F(x)=\frac{x}{\sqrt{1-4x}}\]

之后我就又不会做了,愉快地去看题解,发现果真还是菜啊

并不会求导,于是只能复述一下题解

\(xG(x)\)求导,发现

\[(xG(x))'=\frac{1}{\sqrt{1-4x}}=\frac{F(x)}{x}\]

据说\(xG(x)\)求导之后每一项从\(f_ix^{i+1}\)变成了\((i+1)f_ix^i\)

就等于对应的\(\frac{F(x)}{x}\)的每一项\(h_ix^{i-1}\),也就是\(h_{i+1}x^i\)

也就是说我们得到了

\[h_{i+1}x^{i}=(i+1)f_ix^i\]

就是

\[h_{i+1}=(i+1)f_i\]

所以\(h_i=if_{i-1}\)

之后我们的答案就是

\[\frac{nf_{n-1}}{f_n}\]

我们利用卡特兰数的通项公式\(f_n=\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}\)

于是

\[\begin{aligned}\frac{nf_{n-1}}{f_n}&=\frac{n\frac{1}{n}\binom{2n-2}{n-1}}{\frac{1}{n+1}\binom{2n}{n}}\\&=\frac{(n+1)\frac{(2n-2)!}{(n-1)!(n-1)!}}{\frac{(2n)!}{n!n!}}\\&=\frac{(2n-2)!n!n!(n+1)}{(2n)!(n-1)!(n-1)!}\\&=\frac{n^2(n+1)}{2n(2n-1)}=\frac{n(n+1)}{2(2n-1)}\end{aligned}\]