因为内容太多就单独拎出来写一个 blog 了。
生成函数即母函数（generating function），是一种解决计数问题的强有力的工具。它能将一个序列的信息映射到一个形式幂级数 \(f(x)\) 上，其每一项的系数可以提供关于这个序列的信息。
生成函数一般分为普通型生成函数和指数型生成函数两种。
普通型生成函数（OGF）
一个序列 \(a_0,a_1,a_2,\dots,a_n,\dots\) 的普通型生成函数 \(A(x)=a_0x^0+a_1x^1+\dots+a_nx^n+\dots\)，其中 \(x\) 一般是某个 \((-1,1)\) 之间的数。
那么普通型生成函数能干嘛呢？首先看一个非常容易并且 sb 的例子：
有 \(4\) 个红宝石，\(5\) 个绿宝石，\(6\) 个蓝宝石以及无限个黄宝石，要从中选出 \(r\) 个宝石，其中红宝石最多选 \(2\) 个，绿宝石必须选偶数个，蓝宝石选出的个数必须在 \(2\) 和 \(5\) 之间，黄宝石选的个数必须为 \(3\) 的倍数，求选择的方案数 \(a_r\)。
考虑用生成函数求解这道题，用四个括号分别表示选四种宝石的情况，红宝石可以选 \(0,1,2\) 个，故第一个括号里放 \(1+x^1+x^2\)，绿宝石可以选 \(0,2,4\) 个，故第二个括号里放 \(1+x^2+x^4\)，蓝宝石可以选 \(2,3,4,5\) 个，故第三个括号里放 \(x^2+x^3+x^4+x^5\)，黄宝石能选 \(0,3,6,9,\dots\) 个，故最后一个括号里放 \(1+x^3+x^6+x^9+\dots\)。
把这四个括号相乘就可以得到 \(a\) 序列的生成函数 \(f(x)\)，即 \(f(x)=(1+x+x^2)(1+x^2+x^4)(x^2+x^3+x^4+x^5)(1+x^3+x^6+x^9+\dots)\)
为什么呢？假设四种宝石分别选择 \(x_1,x_2,x_3,x_4\) 个，一种合法的 \((x_1,x_2,x_3,x_4)\) 等价于从第一个括号中选择 \(x^{x_1}\)，第二个括号中选择 \(x^{x_2}\)，从第三个括号中选择 \(x^{x_3}\)，从第四个括号中选 \(x^{x_4}\) 的方案。这样的 \((x_1,x_2,x_3,x_4)\) 会对 \(f(x)\) 中 \(x^r\) 前的系数产生 \(1\) 的贡献。故 \([x^r]f(x)\)（在生成函数中通常用这个符号表示 \(f(x)\) 中 \(x^r\) 前的系数）满足条件的选宝石的方案数。
通过上面的例子我们可以看出，普通型生成函数可以用来解决无标号的计数问题，常用于优化背包之类的东西。
两个序列 \(a,b\) 的 OGF \(A(x),B(x)\) 的卷积 \(A(x)B(x)\) 与普通的多项式乘法没什么两样，其组合意义 \([x^n]A(x)\) 表示从集合 \(S\) 中选出 \(n\) 个数的方案数，\([x^n]B(x)\) 表示从集合 \(T\) 中选出 \(n\) 个数的方案数，则 \([x^n]A(x)B(x)\) 表示从 \(S\cup T\) 中选出 \(n\) 个数的方案数。
OGF 中有一个很重要也很基础的式子：\(\dfrac{1}{1-x}=1+x+x^2+\dots+x^n+\dots=\sum\limits_{n\geq 0}x^n\)
为什么？考虑等比数列求和公式 \(1+x+x^2+x^3+\dots+x^n=\dfrac{x^{n+1}-1}{x-1}\)，当 \(n\) 趋近于无穷大的时候，由于 \(x\in (-1,1)\)，\(x^{n+1}\) 趋近于 \(0\)，故 \(1+x+x^2+x^3+\dots=\dfrac{-1}{x-1}=\dfrac{1}{1-x}\)
上式还有一个推广 \(\dfrac{1}{(1-x)^k}=\dbinom{k-1}{k-1}x^0+\dbinom{k}{k-1}x^1+\dbinom{k+1}{k-1}x^2+\dots+\dbinom{n+k-1}{k-1}x^n+\dots=\sum\limits_{n\geq 0}\dbinom{n+k-1}{k-1}x^n\)
证明：对开头那个式子两边同时去 \(k-1\) 阶导可得 \(LHS=\dfrac{(k-1)!}{(1-x)^k}\)，\(RHS=\sum\limits_{n\geq 0}\dfrac{(n+k-1)!}{n!}x^n\)，于是 \(\dfrac{1}{(1-x)^k}=\sum\limits_{n\geq 0}\dbinom{n+k-1}{k-1}x^n\)。
这里再给出几个常见的 OGF：
- \(\{1,1,1,\dots,1\}\to\dfrac{1}{1-x}\)
- \(\{\dbinom{n}{0},\dbinom{n}{1},\dbinom{n}{2},\dots\dbinom{n}{n}\}\to(1+x)^n\)
- \(\{0,1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{4},\dots\}\to\ln(\dfrac{1}{1-x})=-\ln(1-x)\)
- \(\{1,1,\dfrac{1}{2!},\dfrac{1}{3!},\dfrac{1}{4!},\dots\}\to e^x\)
下面给出几个例题：
例 1：用生成函数推导斐波那契数列通项
设 \(F(x)\) 为 Fibonacci 序列的生成函数。根据 \(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\) 可知：
\(F(x)=\sum\limits_{n\geq 0}f_nx^n=x+\sum\limits_{n\geq 2}(f_{n-1}+f_{n-2})x^n=x+\sum\limits_{n\geq 2}(f_{n-1}x^{n-1}\times x+f_{n-2}x^{n-2}\times x^2)\)
\(=x+x\times\sum\limits_{n\geq 0}f_nx^n+x^2\times \sum\limits_{n\geq 0}f_nx^n\)
即 \(F=x+xF+x^2F\)
移个项可得 \(F\times(1-x-x^2)=x\)
于是 \(F=\dfrac{x}{1-x-x^2}\)
这式子看起来挺简洁的，我们称其为“封闭形式”
将下面的东西暴力因式分解得到 \(F=\dfrac{x}{(1-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}x)(1-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}x)}\)
考虑待定系数法，设 \(F=A\times\dfrac{1}{(1-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}x)}+B\times\dfrac{1}{(1-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}x)}\)
则 \(A\times(1-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}x)+B\times(1-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}x)=x\)
即 \(\begin{cases}A+B=0&\\-A\times\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}-B\times\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}=1\end{cases}\)
解得 \(A=-\dfrac{1}{\sqrt{5}},B=\dfrac{1}{\sqrt{5}}\)
故 \(F=-\dfrac{1}{\sqrt{5}}\times\dfrac{1}{(1-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}x)}+\dfrac{1}{\sqrt{5}}\times\dfrac{1}{(1-\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}x)}\)
再把下面的东西打开可得 \(F=\sum\limits_{n\geq 0}-\dfrac{1}{\sqrt{5}}\times(\dfrac{1-\sqrt{5}}{2}x)^n+\dfrac{1}{\sqrt{5}}\times(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2}x)^n\)
故 \(f_n=\dfrac{(\dfrac{1+\sqrt{5}}{2})^n-\dfrac{1-\sqrt{5}}{2})^n}{\sqrt{5}}\)
这就是 \(f_n\) 通项公式的由来。
例 2
（2004年中国女子数学奥林匹克）
一副三色纸牌共 \(32\) 张，其中红黄蓝每种颜色的纸牌各 \(10\) 张，编号分别为 \(1,2,3,\dots,10\)，大小王各一张，编号均为 \(0\)。从这副牌中取若干张牌，然后如下列规则计算分值：每张编号为 \(k\) 的牌记 \(2^k\) 分。若它们的分值之和等于 \(2004\)，则称其为一个“好牌组”，求“好牌组”的个数。
首先显然可以构造生成函数 \(f(x)=(1+x^{2^0})^2(1+x^{2^1})^3(1+x^{2^2})^3\dots(1+x^{2^{10}})^3\)
考虑化简这个函数，在前面补一个 \(1+x\)，再补三个 \(1-x\) 可得
\(f(x)=\dfrac{(1-x)^3(1+x^{2^0})^3(1+x^{2^1})^3(1+x^{2^2})^3\dots(1+x^{2^{10}})^3}{(1+x)(1-x)^3}\)
上面的部分显然可以用滚雪球的方式转化为 \(({1-x^{2^{11}}})^3\)
于是 \(f(x)=\dfrac{(1-x^{2^{11}})^3}{(1-x^2)(1-x)^2}\)
将下面的部分展开可得 \(f(x)=(1-x^{2^{11}})^3\times(1+x^2+x^4+x^6+\dots)(1+2x+3x^2+4x^3+\dots)\)
考察 \(f(x)\) 中 \(x^{2004}\) 前的系数，显然第一个括号只能取 \(x^0\)，而如果第二个括号取了 \(x^{i}\)，第三个括号就要取 \(x^{2004-i}\)，系数为 \(2005-i\)。故最终答案即为 \(2005+2003+2001+\dots+3+1=1003^2=1006009\)
要是能现场切掉就好了（可以女装进考场）
例 3：P2000 拯救世界
考虑将十条限制依次用生成函数表示出来：
kkk：
金：\(1+x^6+x^{12}+\dots=\dfrac{1}{1-x^6}\)
木：\(1+x+x^2+x^3+\dots+x^9=\dfrac{1-x^{10}}{1-x}\)
水：\(1+x+x^2+x^3+\dots+x^5=\dfrac{1-x^6}{1-x}\)
火：\(1+x^4+x^8+\dots=\dfrac{1}{1-x^4}\)
土：\(1+x+x^2+x^3+\dots+x^7=\dfrac{1-x^8}{1-x}\)
lzn：
金：\(1+x^2+x^4+x^6+\dots=\dfrac{1}{1-x^2}\)
木：\(1+x=\dfrac{1-x^2}{1-x}\)
水：\(1+x^8+x^{16}+\dots=\dfrac{1}{1-x^8}\)
火：\(1+x^{10}+x^{20}+\dots=\dfrac{1}{1-x^{10}}\)
土：\(1+x+x^2+x^3=\dfrac{1-x^4}{1-x}\)
将十个 OGF 依次乘起来，可得：
\(\dfrac{1}{1-x^6}\times\dfrac{1-x^{10}}{1-x}\times\dfrac{1-x^6}{1-x}\times\dfrac{1}{1-x^4}\times\dfrac{1-x^8}{1-x}\times\dfrac{1}{1-x^2}\times\dfrac{1-x^2}{1-x}\times\dfrac{1}{1-x^8}\times\dfrac{1}{1-x^{10}}\times\dfrac{1-x^4}{1-x}\)
该消的消了，最后喜闻乐见地只剩下了个 \(\dfrac{1}{(1-x)^5}\)
然后你套公式可以得到答案为 \(\dbinom{n+4}{4}\)，上个高精这题就做完了。
例 4. P4451 [国家集训队]整数的lqp拆分
首先有一个非常 naive 的 \(dp\) 状态：\(dp_{i,j}\) 表示选了 \(i\) 个数和为 \(j\) 的权值和。
显然 \(dp_{i,j}=\sum\limits_{k=1}^jdp_{i-1,j-k}\times F_k\)
也就是说 \(dp_i=F^i\)。
现在我们要求 \(\sum\limits_{i=1}^{\infty}dp_{i,n}\)
也就是求 \([x^n]1+F+F^2+F^3+\dots\)
而 \(1+F+F^2+F^3+\dots=\dfrac{1}{1-F}\)
我们知道，\(F=\dfrac{x}{1-x-x^2}\)
代入可得 \(\dfrac{1}{1-F}=\dfrac{1-x-x^2}{1-2x-x^2}=1+\dfrac{x}{1-2x-x^2}\)
常数项忽略不计，故我们只需搞清楚 \(\dfrac{x}{1-2x-x^2}\) 的展开式即可。
将底下分母因式分解可得 \(1-2x-x^2=-(x-(-1+\sqrt{2}))(x-(-1-\sqrt{2}))\)
于是 \(\dfrac{1}{1-F}=1-\dfrac{x}{(x-(-1+\sqrt{2}))(x-(-1-\sqrt{2}))}\)
老套路，使用待定系数法，设 \(\dfrac{x}{(x-(-1+\sqrt{2}))(x-(-1-\sqrt{2}))}=A\times\dfrac{1}{x-(-1+\sqrt{2})}+B\times\dfrac{1}{x-(-1-\sqrt{2})}\)
则 \(A\times(x-(-1-\sqrt{2}))+B\times(x-(-1+\sqrt{2}))=x\)
即 \(\begin{cases}A+B=1&\\-A\times(-1-\sqrt{2})-B\times(-1+\sqrt{2})=0\end{cases}\)
解得 \(A=\dfrac{2-\sqrt{2}}{4},B=\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}\)
故 \(\dfrac{x}{(x-(-1+\sqrt{2}))(x-(-1-\sqrt{2}))}=\dfrac{2-\sqrt{2}}{4}\times\dfrac{1}{x-(-1+\sqrt{2})}+\dfrac{2+\sqrt{2}}{4}\times\dfrac{1}{x-(-1-\sqrt{2})}\)
它又等于 \(\dfrac{\sqrt{2}}{4}(\dfrac{1}{\dfrac{x}{\sqrt{2}-1}-1}+\dfrac{1}{\dfrac{x}{\sqrt{2}+1}+1})=-\dfrac{\sqrt{2}}{4}(\dfrac{1}{1-(1+\sqrt{2})x}-\dfrac{1}{1-(1-\sqrt{2})x})\)
故答案为 \(\dfrac{\sqrt{2}}{4}((1+\sqrt{2})^n-(1-\sqrt{2})^n)\)
打表 可知 \(2\) 在 \(\bmod (10^9+7)\) 意义下的二次剩余为 \(59713600\)，于是就可以 \(\mathcal O(\log n)\) 计算上述式子了。
指数型生成函数（EGF）
一个序列 \(a_0,a_1,a_2,\dots,a_n,\dots\) 的指数型生成函数 \(\hat{A}(x)=a_0\times\dfrac{x^0}{0!}+a_1\times\dfrac{x^1}{1!}+a_2\times\dfrac{x^2}{2!}+\dots+a_n\times\dfrac{x^n}{n!}+\dots\)
你可以简单理解为，一个序列的 EGF 第 \(n\) 项的系数为 \(a_n\) 的值除以 \(n!\)
你可能会问：指数型生成函数和普通型生成函数除了长得不一样，还有什么区别吗？
我们还是拿前面使用的取宝石的例子：有 \(4\) 个红宝石，\(5\) 个绿宝石，\(6\) 个蓝宝石以及无限个黄宝石，要从中选出 \(r\) 个宝石并将它们排成一排，其中红宝石最多选 \(2\) 个，绿宝石必须选偶数个，蓝宝石选出的个数必须在 \(2\) 和 \(5\) 之间，黄宝石选的个数必须为 \(3\) 的倍数，求选择的方案数 \(a_r\)。
在之前的例子中，我们只需选出即可，也就是说，假设你四种颜色的宝石分别选择了 \(x_1,x_2,x_3,x_4\) 个，不论 \(x_1,x_2,x_3,x_4\) 是多少，都对答案有 \(1\) 的贡献。但这次不同，这次你还需将 \(r\) 个宝石排成一排，根据排列组合的知识，这次 \(x_1,x_2,x_3,x_4\) 对答案的贡献应为 \(\dfrac{r!}{x_1!x_2!x_3!x_4!}\)。
那么这个东西怎么求呢？假设我们不考虑对宝石个数的限制，那么 \(a_r=\sum\limits_{x_1+x_2+x_3+x_4=r}\dfrac{r!}{x_1!x_2!x_3!x_4!}\)，令 \(f(x)=\dfrac{x^i}{i!}\)，那么 \(a_r=r!\times[x^r]f^4(x)\)。
对宝石个数加上限制也是同样道理，红宝石可以选 \(0,1,2\) 个，故第一个括号里放 \(1+x+\dfrac{x^2}{2!}\)，绿宝石可以选 \(0,2,4\) 个，故第二个括号里放 \(1+\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^4}{4!}\)，蓝宝石可以选 \(2,3,4,5\) 个，故第三个括号里放 \(\dfrac{x^2}{2!}+\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^4}{4!}+\dfrac{x^5}{5!}\)，黄宝石能选 \(0,3,6,9,\dots\) 个，故最后一个括号里放 \(1+\dfrac{x^3}{3!}+\dfrac{x^6}{6!}+\dfrac{x^9}{9!}+\dots\)。
然后对四个式子求个卷积 \(F(x)\)，最后 \(a_r=r!\times[x^r]F(x)\)
通过上面的式子我们可以看出，指数型生成函数用来解决有标号的计数问题，看到“排列”之类的字眼就可以想到用 EGF 来解决。
我们定义两个序列 \(a_n,b_n\) 的二项加法卷积 \(c_n=\sum\limits_{i+j=n}\dbinom{n}{i}a_ib_j\)
设 \(\hat{A}(x),\hat{B}(x),\hat{C}(x)\) 分别为 \(a,b,c\) 的 EGF，那么可以得到二项加法卷积与 EGF 一个很重要的联系： \(\hat{C}(x)=\hat{A}(x)\times\hat{B}(x)\)，也就是 \(c\) 的 EGF 为 \(a,b\) 的 EGF 的卷积。
证明：\(c_n=\sum\limits_{i+j=n}\dbinom{n}{i}a_ib_j=\sum\limits_{i+j=n}\dfrac{n!}{i!j!}\times a_ib_j=\sum\limits_{i+j=n}n!\times\dfrac{a_i}{i!}\times\dfrac{b_j}{j!}\)
故 \(\dfrac{c_n}{n!}=\sum\limits_{i+j=n}\dfrac{a_i}{i!}\times\dfrac{b_j}{j!}\)，记 \(\hat{c}_n=\dfrac{c_n}{n!},\hat{a}_n=\dfrac{a_n}{n!},\hat{b}_n=\dfrac{b_n}{n!}\)，那么 \(\hat{c}\) 为 \(\hat{a}\) 与 \(\hat{b}\) 的卷积，即 \(\hat{C}(x)=\hat{A}(x)\times\hat{B}(x)\)
这样我们就可以将 EGF 当作普通多项式乘法来算，别忘了最后乘个 \(n!\)。
还是记几个常见的 EGF 吧：
- \(\{1,1,1,\dots,1\}\to e^x\)
- \(\{1,-1,1,-1,\dots\}\to e^{-x}\)
- \(\{1,c,c^1,c^2,c^3,\dots\}\to e^{cx}\)
- \(\{1,0,1,0,1\dots\}\to\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\)
- \(\{0,1,0,1,0\dots\}\to\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\)
- \(\{1,n,n^{\underline{2}},n^{\underline{3}}\dots\}\to(1+x)^n\)（注：\(n^{\underline{m}}=\dfrac{n!}{(n-m)!}\)，这个被称之为“下降幂”，以后会学到）
那么 EGF 以及两个序列的二项加法卷积有什么组合意义吗？
还是假设有两个集合 \(A,B\)，设 \(a_n\) 为从 \(A\) 中选出 \(n\) 个元素排成一列的方案数，\(b_n\) 为从 \(B\) 中选出 \(n\) 个元素排成一列的方案数。那么 \(c_n\) 就是从 \(A\cup B\) 中选出 \(n\) 个元素排成一列的方案数。
简单说一下为什么，枚举 \(A\cup B\) 中选出的 \(n\) 个元素中有多少个属于 \(A\)，假设有 \(t\) 个。那么从 \(n\) 个位置中选择 \(c\) 个给 \(A\) 的方案数为 \(\dbinom{n}{t}\)，\(A\) 中选出的 \(t\) 个元素的相对顺序有 \(a_t\) 种可能，\(B\) 中选出的 \(n-t\) 个元素的相对顺序有 \(b_{n-t}\) 种可能，故 \(c_t=\sum\limits_{t=0}^n\dbinom{n}{t}\times a_t\times b_{n-t}\)
现在知道为什么 EGF 能用来解决有标号的计数问题了吧
再举个例子，假设我们要合并 \(\{1,1\}\) 和 \(\{2,2\}\) 这两个集合。
如果是 OGF 那么只能合并为 \(\{1,1,2,2\}\)
如果是 EGF 那么有 \(\{1,1,2,2\},\{1,2,1,2\},\{1,2,2,1\},\{2,1,1,2\},\{2,1,2,1\},\{2,2,1,1\}\) 共 \(6\) 种合并方式。
由于 EGF 例题很少，就看个简单的例子罢：
用红蓝绿三种颜色，涂一个长度为 \(n\) 的纸条，要求红色和蓝色的个数是偶数，求方案数 \(a_n\)。
涂一个长度为 \(n\) 的纸条，其本质显然是排列。
于是使用 EGF。”红色和蓝色的个数是偶数“，也就是说红色和蓝色的选法的 EGF 应为 \(\dfrac{e^x+e^{-x}}{2}\)；对绿色的个数没有限制，故绿色的选法的 EGF 应为 \(e^x\)。
把三个东西一乘起来，可得 \((\dfrac{e^x+e^{-x}}{2})^2\times e^x=\dfrac{e^{3x}+2e^x+e^{-x}}{4}\)
而我们得到的式子为 \(a_n\) 的 EGF，由 EGF 推回到原序列应将每项都乘以 \(n!\)，故 \(a_n=\dfrac{3^n+2+(-1)^n}{4}\)
exp 的组合意义：生成集合
在学多项式各种操作的时候我们都学过一个东西叫做多项式 exp，可我们当时并没有对其含义进行系统的解释。
现在给出多项式 exp 的组合意义：集合的集合。
考虑序列 \(a_i\) 表示由 \(i\) 个元素组成的集合个数，记 \(F(x)\) 为序列 \(a\) 的 EGF。
再设 \(c_n\) 为总共含 \(n\) 个元素的、由集合组成的集合 \(S\) 的个数，其中每个元素都带标号。
那么 \(e^{F(x)}\) 就是 \(c_n\) 的 EGF。
为什么？考虑 \(e^{F(x)}\) 的泰勒展开式：\(e^{F(x)}=\sum\limits_{n\geq 0}\dfrac{F^n(x)}{n!}\)，相当于枚举 \(S\) 中有多少个集合，由于带标号，故用 \(a_n\) 的 EGF \(F^n(x)\) 来计算。但由于集合与集合之间是无序的，故最后除以 \(n!\)。
那么这个东西有哪些实际应用呢？再看下面两个例题：
例1：求含 \(n\) 个点的有标号的无向连通图与森林的个数
设 \(f_n\) 为含 \(n\) 个点的有标号的无向连通图的个数。
再设 \(g_n\) 为含 \(n\) 个点的图的个数，显然 \(g_i=2^{\binom{n}{2}}\)
而由于每张无向图都是由若干个连通块组成的，如果我们把“连通块”看作上文中的“集合”，那么一张无向图就是上文中的“集合的集合”，又 \(f_i\) 就是含 \(i\) 个点的连通块的个数。记 \(F(x)\) 为序列 \(f\) 的 EGF，\(G(x)\) 为序列 \(g\) 的 EGF，那么有 \(G(x)=e^{F(x)}\)。
而现在我们已知 \(G(x)\)，要求 \(F(x)\)，显然只需求个多项式 \(\ln\) 就行了。
森林的情况也同理，设 \(f_n\) 为含 \(n\) 个点的有标号的森林的个数。
再设 \(g_n\) 为含 \(n\) 个点的树的个数，根据 Prufer 序列有 \(g_n=n^{n-2}\)
而由于每个森林都是由若干棵树组成的，效仿上面的过程，我们也可以把树看作“集合”，森林看作“集合的集合”。记 \(F(x)\) 为序列 \(f\) 的 EGF，\(G(x)\) 为序列 \(g\) 的 EGF，那么有 \(F(x)=e^{G(x)}\)。
多项式 \(\exp\) 一遍也完事了。
例 2：贝尔数 \(B_n\) 表示将 \(1\) 到 \(n\) 划分为若干个非空集合的方案数，其中集合之间无序。求 \(B_n\)
看到这个题立马乐了，这不是最经典的“集合的集合”的问题吗。记 \(f_i\) 为大小为 \(i\) 的集合的个数，由于集合中元素与元素之间无序，且集合不能为空，故 \(f_i=[i>0]\)，也就是说 \(f_i\) 的 EGF 为 \(F(x)=e^x-1\)。再根据 \(B_n\) 的 EGF 为 \(e^{F(x)}\) 可求得 \(B_n=n![x^n]e^{e^x-1}\)。
当然还有别的做法，在【多项式Ⅱ】中应该会提及。
总结
生成函数是一种强有力的解决组合计数问题的工具，它能将一个序列的信息映射到一个形式幂级数 \(F(x)\) 上，并使用多项式乘法的方式实现序列之间的转化。
生成函数分 OGF 和 EGF 两种，前者一般用于解决“组合”之类的问题，后者一般用于解决“排列”之类的问题。