[题目小结] 生成函数

CF451E Devu and Flowers

首先列出生成函数

\[\begin{align}F(x)&=\prod_{k=1}^n \left(\sum_{i=0}^{f_k}x^i\right)\\&=\prod_{k=1}^n \left(\frac{1-x^{f_k+1}}{1-x}\right)\end{align} \]

带了分母并不好算，所以将 \(1/(1-x)\) 提出来

\[\begin{align}&=\frac{1}{(1-x)^n}\cdot \prod_{k=1}^n (1-x^{f_k+1})\\&=\left(\prod_{k=1}^n (1-x^{f_k+1})\right)\cdot \sum_{i=0}^{\infty}\binom{n-1+i}{i}\cdot x^i\end{align} \]

前面那一坨可以 \(\mathcal O(2^n)\) 枚举所有 \(x^{s'}\) 的系数，对应上后面 \(x^{s-s'}\) 的系数即可。由于组合数中的 \(i\) 较大，所以还需要化简一下 \(\mathcal O(n)\) 求。

[LOJ 6268] 分拆数

首先对每个数字构造生成函数 \(f_i(x)=\sum_{j=0}^{\infty}(x^i)^j\)，那么答案多项式 \({\rm ans}(x)=\prod_{i=1}^nf_i(x)\).

虽然我们有 \(ij\leqslant n\)，但计算这个式子仍需要 \(n\) 次长度为 \(n\) 的多项式乘法，这是不可接受的。但这也提供了一个思路：将 \(\prod\) 转化成 \(\sum\)，一个非常经典的思路就是取 \(\ln\).

记 \(g_i(x)=\ln f_i(x)\)，那么式子可以转化为

\[\ln {\rm ans}(x)=\sum_{i=1}^n g_i(x) \]

如何求解 \(g_i(x)\)？显然可以多项式求 \(\ln\)，但 \(f_i(x)\) 已知，所以可以直接算

\[g_i'(x)=\frac{f_i'(x)}{f_i(x)}=\frac{\sum_{j=1}^{\infty}ij\cdot x^{ij-1}}{\frac{1}{1-x^i}}=\sum_{j=1}^{\infty}(ij-i\cdot (j-1))\cdot x^{ij-1}=\sum_{j=1}^{\infty}i\cdot x^{ij-1} \]

所以

\[\int i\cdot x^{ij-1}\ {\rm d}x=\frac{i}{ij}\cdot x^{ij}=\frac{x^{ij}}{j} \]

于是

\[\ln{\rm ans}(x)=\sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^{\infty}\frac{x^{ij}}{j} \]

于是可以暴力枚举生成 \(\ln{\rm ans}(x)\)，再求 \(\exp\) 即可。

[MtOI 2018] 情侣？给我烧了！

一些闲话：妈咪妈咪哄！学校现充快退散 ！

一看到 "恰好" 就想到二项式反演，但这题是多组询问，直接用反演得到的柿子求解也会超时，所以还是需要手推一下什么的。这里就只推另一种方法了。

令 \(D_{n}\) 为 \(n\) 对情侣不和睦的方案数，那么有

\[f(n,k)=D_{n-k}\cdot \binom{n}{k}^2\cdot 2^kk! \]

也就是选择 \(k\) 对情侣，\(k\) 排座位，和睦情侣入座顺序，情侣与座位的对应关系。

现在的目标是求出 \(D_n\)，所以我们要尽量将柿子化成生成函数运算。将 \(f(n,0\sim n)\) 求和，就可以得到

\[\sum_{k=0}^n D_{n-k}\cdot \binom{n}{k}^2\cdot 2^kk!=(2n)! \]

"\(n-k\)" 与 "\(k\)" 提示卷积，也就是说可以尝试将左式变成两个函数卷起来的结果，所以按此意愿分配组合数

\[\sum_{k=0}^n \frac{D_{n-k}}{((n-k)!)^2}\cdot \frac{n!\cdot n!}{k!}\cdot 2^k=(2n)! \]

将 \(n!\cdot n!\) 移项，右边就可以变成组合数 \(\dbinom{2n}{n}\)，这个玩意 \(\mathtt{OGF}\) 的封闭形式在 \(\text{[TJOI 2015] }\)概率论 中推导过，不过是反着推的，可能题做多了就会敏感了吧 。记 \(D(x)\) 为 \(\dfrac{D_n}{(n!)^2}\) 的 \(\mathtt{OGF}\)，那么有

\[D(x)*\text{e}^{2x}=(1-4x)^{-\frac{1}{2}} \]

不过这里还是记录一下正向推导吧。这个方法的大体思路是将组合数 \(\text{C}(n,m)\) 的 "\(n\)" 部分换成一个常数而不是与 "\(m\)" 有关的数值，这样就可以利用广义二项式定理求解封闭形式。

在正式推导之前有两个非常重要的次级结论：

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\(\mathcal{C}\text{onclusion 1.}\) 用于降低组合数 "\(n\)" 部的系数：

\[\begin{align}\binom{n-1/2}{n}&=\frac{(n-1/2)\cdot ((n-1)-1/2)\cdot \dots \cdot((n-(n-1))-1/2)}{n!}\\&=\frac{(2n-1)\cdot (2n-3)\cdot \dots\cdot 1}{2^nn!}\end{align} \]

化简到这里就可以用 "奇数开始的双阶乘" 的 \(\rm trick\) 来化简，最后能得到 \(\dfrac{\binom{2n}{n}}{4^n}\).

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\(\mathcal{C}\text{onclusion 2.}\) 用于抵消 "\(n\)" 部与 "\(m\)" 部系数相同的未知数：

\[\binom{n}{m}=(-1)^m\cdot \frac{-n\cdot (-n+1)\cdot \dots\cdot(-n+m-1)}{m!}=(-1)^m\cdot \binom{-n+m-1}{m} \]

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于是

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

接着上文的来讲，就有

\[D(x)=(1-4x)^{-\frac{1}{2}}*\text{e}^{2x} \]

也算是新学的一个 \(\rm trick\) 吧，求解 \(D(x)\) 的递推式可以将其求导，算出一个导函数与原函数的关系式，再通过关系式得到导函数与原函数在系数上的关系式，最后利用 \([x^n]D'(x)=(n+1)[x^{n+1}]D(x)\) 的性质把关系式中的所有导函数系数换成原函数系数，就得到关于原函数系数的递推式了。具体过程就不再叙述。

玩游戏

推推柿子可以得到

\[\text{Ans}(k)=\frac{k!}{nm}\cdot [x^k]\left(\left(\sum_{i=1}^nA_i(x)\right)*\left(\sum_{i=1}^n B_i(x)\right) \right) \]

其中 \(A_i(x)=\displaystyle \sum_j \frac{a_i^j}{j!}\cdot x^j\)，\(B_i(x)\) 同理。于是问题转化为快速求

\[A(x)=\sum_{i=1}^n\sum_j \frac{a_i^j}{j!}\cdot x^j \]

首先可以把恼人的 \(1/j!\) 搞掉，记 \(F(x)=\sum_{i=1}^n\sum_j a_i^jx^j\)，那么有 \([x^p]A(x)=(1/p!)[x^p]F(x)\)，所以只用计算 \(F(x)\) 即可。这个形式我们是非常熟悉的，即 \(F(x)=\displaystyle \sum_{i=1}^n\frac{1}{1-a_ix}\).

计算这个东西似乎有一个通分的做法，但这里只讲另一种方法。分式令人头疼，能否去掉这个分式？我们知道，\(\ln' x=1/x\)，可以尝试用这个柿子解决问题：观察到 \(\ln'(1-a_ix)=\dfrac{-a_i}{1-a_ix}\)，于是记 \(G(x)=\displaystyle \sum_{i=1}^n\ln'(1-a_ix)\)，那么有 \(n-G(x)x=F(x)\)，也就是

\[\begin{align}F(x)&=n-G(x)x\\&=n-x\cdot \left(\sum_{i=1}^n\ln'(1-a_ix)\right)\\&=n-x\cdot \left(\sum_{i=1}^n\ln(1-a_ix)\right)'\\&=n-x\cdot \left(\ln\prod_{i=1}^n(1-a_ix)\right)'\\\end{align} \]

说明一下为啥要把 \(\sum\) 换成 \(\prod\)（我当初犯傻在这愣了半天），因为 \(\ln\) 求解过程实际上是泰勒展开，在这里要展开到 \(x^k\) 项，所以复杂度是 \(\mathcal O(n^2\log n)\) 的 ψ(｀∇´)ψ.

对于 \(\displaystyle \prod_{i=1}^n(1-a_ix)\)，可以分治进行计算，复杂度是 \(\mathcal O(n\log^2 n)\) 的。