浅谈生成函数与组合计数，多项式全家桶（未完）

引言

​ 组合计数问题是信息学竞赛中常见的一类问题，而生成函数往往是解决这类问题的重要工具。

​ 上面这句话出自2015年金策的论文，这篇论文写的非常系统，推荐阅读。

​ 本文则是偏向于推导和总结，分成组合数学部分和多项式全家桶 一点都不全 部分，分别讲解生成函数在解决组合计数问题的方法及技巧。

组合数学

概念

生成函数

​ 生成函数就是一列用来展示一串数字的挂衣架。（赫伯特·维尔夫）

​ 在数学中，某个序列 ({displaystyle (a_{n})_{nin mathbb {N} }}) 的母函数（又称生成函数，英语：Generating function）是一种形式幂级数，其每一项系数可以提供关于这个序列的信息。使用母函数解决问题的方法称为母函数方法。（维基百科）

​ 看完上面的解释，相信初次接触生成函数的读者也对它有了一定的了解 （扯吧 。生成函数按实现功能可以分成两类：普通型生成函数、指数型生成函数。

普通型生成函数(OGF)

​ 对于一个给定的数列 ({a_n}) ，定义它的普通型生成函数 (G(x)) 为

[G(x)=sum_{n=0}^{+infty}a_nx^n ]

​ 如果这个数列是不是无穷数列，那么比最后一项高的项都为 (0) 。

指数型生成函数(EGF)

​ 对于一个给定的数列 ({a_n}) ，定义它的指数型生成函数 (G(x)) 为

[G(x)=sum_{n=0}^{+infty}{a_nover n!}x^n ]

​ 如果这个数列是不是无穷数列，那么比最后一项高的项都为 (0) 。

​

​ 生成函数说白了就是把一个数列摆在一个形式幂级数上，而形式幂级数就是上面那个写成函数样子的 (G(x)) ，注意，它真的就只是一个形式，那个变量 (x) 不可能真的带一个数进去算。如果拿挂衣架做比喻的话，那 (x) 的不同幂次就相当于挂衣架上的一个一个钩子，数列 ({a_n}) 就是一件一件的衣服。钩子把一件一件衣服挂在挂衣架上，就是生成函数。

​ 我们不妨用几道烂大街的数学题来看一下生成函数这个东西的作用。

例题

• （例题 1-1-1）有 (1g) 砝码 (2) 枚，(2g) 砝码 (3) 枚，(3g) 砝码一枚，相同质量砝码之间没有区别，问称出每种质量的方案数。

​ 考虑生成函数，设 (x) 的指数为砝码的质量和，(F(x)) 为每种质量和的方案数的普通型生成函数，则

[egin{align*} F(x)&=(1 + x + x^2)(1 + x^2 + x^4 + x^6)(1+x^3)\ &= 1 + x + 2 x^2 + 2 x^3 + 3 x^4 + 3 x^5 + 3 x^6 + 3 x^7 + 2 x^8 + 2 x^9 + x^{10} + x^{11} end{align*} ]

​ 其中每一个括号里的内容代表取每一种质量的砝码的情况，以第一个括号为例，(1)（即 (x^0) ）代表不取 (1g)
砝码，(x) 代表取 (1) 个 (1g) 砝码，(x^2) 代表取 (2) 个 (1g) 砝码。可以看出，生成函数的加法运算代表着“或”，而乘法运算则代表着“与”。

• （例题 1-1-2）你有数字 (1) 两个，数字 (2) 三个， 数字 (3) 一个，问选出一个、两个、三个……数字的方案数。

​ 考虑生成函数，设 (x) 的指数为选出数字的个数，(F(x)) 为的不同个数的方案数的普通型生成函数，则

[egin{align*} F(x)&=(1+x+x^2)(1+x+x^2+x^3)(1+x)\ &= 1 + 3x + 5x^2 + 6 x^3 + 5x^4 + 3x^5 + x^6 end{align*} ]

​ 本题的题面和上道题有点像，但是要求的东西不同，上道题要求的是每种质量和的方案数（即数字总和），而这道题是数字个数，定义状态不同，故生成函数不同。

• （例题 1-1-3）你有数字 (1) 两个，数字 (2) 三个， 数字 (3) 一个，问组成一位数、两位数、三位数……的方案数。

​ 与上题的区别在于，位置有了标号，如 (123) 和 (132) 为不同的情况。考虑生成函数，设 (x) 的指数为数字的位数，(F(x)) 为的不同位数的方案数的指数型生成函数，则

[egin{align*} F(x)&=({1over 0!}+{1over 1!}x+{1over 2!}x^2)({1over 0!}+{1over 1!}x+{1over 2!}x^2+{1over 3!}x^3)({1over 0!}+{1over 1!}x)\ &={1 over 0!} + {3 over 1!} x + {8 over 2!} x^2 + {19 over 3!} x^3 + {38 over 4!} x^4 + {60 over 5!} x^5 + {60 over 6!} x^6 end{align*} ]

​ 指数型生成函数可能刚开始有点难以理解，初学者可能会发出这样的疑问：这个东西不就是 (x^n) 下面加了一个 (n!) 吗？是的，形式上就是这样的，在编程中，运算时也要把它转成普通型运算，再转成指数型展示。但是，与上面的问题对比一下，就不难发现一个规律：

​ 普通型生成函数解决的是组合问题（无标号），指数型生成函数解决的是排列问题（有标号）。

​ 这里面也没什么大道理，让我们观察其中一项的计算过程，以 (x^3) 为例，我们看一下那个 (19) 是怎么来的。

[egin{align*} {19over 3!}&={1over 2!cdot 1!cdot 0!}+{1over 2!cdot 0!cdot 1!}+{1over 1!cdot 2!cdot 0!}+{1over 1!cdot 1!cdot 1!}+{1over 0!cdot 3!cdot 0!}+{1over 0!cdot 2!cdot 1!}\ 19&={3!over 2!cdot 1!cdot 0!}+{3!over 2!cdot 0!cdot 1!}+{3!over 1!cdot 2!cdot 0!}+{3!over 1!cdot 1!cdot 1!}+{3!over 0!cdot 3!cdot 0!}+{3!over 0!cdot 2!cdot 1!}\ 19&={3choose 2quad 1quad 0}+{3choose 2quad 0quad 1}+{3choose 1quad 2quad 0}+{3choose 1quad 1quad 1}+{3choose 0quad 3quad 0}+{3choose 0quad 2quad 1} end{align*} ]

​ 式子变一变，就变成了一个多重元素全排列的形式，例题 1-1-2 是对一样的数列构造一个普通型生成函数，([x^3]=6) ，（([x^n]) 表示取多项式中次数为 (n) 的项的系数）而 (displaystyle {19over 3!}) 展开也有 (6) 项，只是每一项多乘了排列数罢了。

​ 更一般的说，设原题三个括号中的生成函数分别为 (A(x),B(x),C(x))，有

[F(x)={displaystylelargesum_{n=0}^{+infty}}sum_{i=0}^{+infty}sum_{j=0}^{+infty}sum_{k=0}^{+infty}[n=i+j+k]{nchoose iquad j quad k}a_ib_jc_kx^n ]

​ 对于有标号的组合对象，我们在转移时还要考虑不同的标号排列，于是我们在分母上添了阶乘，这样就可以帮助我们转移了。接下来，我们来了解一下“组合对象”这一名词。

组合对象

​ 组合计数问题一般定义了一类组合对象 (A) ,它可能是满足某一类性质的树、图、串等对象的集合；其中每个对象 (a in A) 都被赋予了一个大小 ({ m size}(a) inmathbb N)，它可能代表节点数，序列长度等。对于某个固定的 (n)，满足 ({ m size}(a)=n) 的对象是有限的，记作 (A_n) 。我们的任务通常为求出 (A_n) 的数值。

​ 根据不同问题的要求，组合对象可以分为有标号和无标号两类。

（论文）

​ 通过以 (A_n) 构造生成函数，我们得以将 ({ m size}(a)) 与 (x) 的指数对应，将 (A_{{ m size}(a)}) 与 (x) 的系数对应，从而求出我们想要的结果。

​ 在例题 1-1-1 中，不同砝码组合构成的集合就是我们要研究的组合对象，每一种砝码组合就是一个对象，对象 (a) 的 ( m size) 定义为这个砝码组合的质量和，(A_n) 表示的称出的质量和为 (n) 的方案数，该组合对象属于无标号组合对象；

​ 在例题 1-1-3 中，不同 (n) 位数（ (n) 个数字的排列）构成的集合就是我们的组合对象，一个 (n) 位数就是一个对象，对象 (a) 的 ( m size) 定义为数的位数，(A_n) 表示构成 (n) 位数的方案数，该组合对象属于有标号组合对象。

公式

​ 仅仅只是表示成几个式子的乘积只是生成函数最基本的部分，利用形式幂级数的变形进行推导才是比较有研究价值的地方，接下来，我们来展示一些基础而重要的公式。

• 公式 ( m I)

[displaystyle {1over 1-x} = sum_{n=0}^{+infty}x^n\ ]

​ 也被称作无穷递缩等比数列求和公式，由于收敛性，(xin(0,1)) 时式子成立，但由于本文讲的是生成函数，写出来的式子是形式幂级数，所以 (x) 不能代具体的数。

​ 把左边的分母乘到右边去就可以得证，或者直接套用等比数列求和公式证明。

• 公式 ( m II)

[quaddisplaystyle {1 over (1 -x)^k} = sum_{n=0}^infty{n+k-1choose k-1}x^n = sum_{n=0}^infty{n+k-1choose n}x^n ]

​ 可以由公式 ({ m I}) 两边同求 (k-1) 次导，再同除以 ((k-1)!) 得到。 也可以把式子转化为 ({ig(}(1-x)^{-1}{ig)}^k) ，用组合方法证明。

• 公式 ( m{III}) （广义二项式定理）

[(x + y)^alpha = sum_{n=0}^{+infty}{alpha choose n}x^ny^{alpha -n} ]

​ 其中 (displaystyle{alpha choose k}={alpha(alpha - 1)cdots(alpha - k + 1)over k!}={alpha^{{underline k}}over k!})

​ 可以利用广义二项式定理推导公式 ( m{I}) 和公式 ( m{II}) 。

• 公式 ( m{IV}) （泰勒展开）

[f(x)=sum_{n=0}^infty {f^{(n)}(a)over n!}(x-a)^n ]

​ 表示 (f(x)) 在 (x=a) 处的泰勒展开，其中 (f^{(n)}) 表示 (f) 的 (n) 阶导函数，其中 (a=0) 的情况被称作麦克劳林展开，形式如下：

[f(x)=sum_{n=0}^infty {f^{(n)}(0)over n!}x^n ]

• 公式 ( m V)

[displaystyle e^{x} = sum_{n=0}^{+infty}{1over n!}x^n\ ]

​ 直接套用麦克劳林展开公式就可以得到，注意 (e^x) 的导数是它本身。

应用

​ 接下来，我们来详细讲讲生成函数的应用，包括但不限于排列组合问题。

基础构造

​ 在证明某些恒等式，或求某些数列的通项的时候，我们可以构造生成函数来解决。

• （例题 2-1-1）证明 (displaystyle sum_{i=0}^k{nchoose i}{mchoose k-i}={n+mchoose k})

​ 上式即为范德蒙德卷积式。我们利用组合意义可以很容易得到证明，即在 (n) 个元素中选 (i) 个，在 (m) 个元素中选 (k-i) 个，当 (i) 取任意值时，这个方案数显然等于在 (n+m) 个元素中选 (k) 个。我们也可以用生成函数更加直观的表达上述组合意义，从而加以理性证明。

​ 对于 (n+m) 个物品，设 (x) 的指数为选出物品的个数，(F(x)) 为每种个数的方案数的普通型生成函数。分别从 (n) 个物品和 (m) 个物品中选，我们有以下式子

[egin{align*}F(x)&=(1+x)^ncdot(1+x)^m\&=(sum_{i=0}^{+infty}{n choose i}x^i)cdot(sum_{i=0}^{+infty}{m choose i}x^i)\&=sum_{k=0}^{+infty}(sum_{i=0}^k{nchoose i}{mchoose k-i})x^kend{align*} ]

​ 而将 (n+m) 个物品当作整体，我们有以下式子

[egin{align*}F(x)&=(1+x)^{n+m}\&=sum_{k=0}^{+infty}{n+m choose k}x^kend{align*} ]

​ 对照两式可得 (displaystyle sum_{i=0}^k{nchoose i}{mchoose k-i}={n+mchoose k})，即原命题得证。

​ 其实对于本题，我们也可以不考虑组合意义，直接由 ((1+x)^ncdot(1+x)^m=(1+x)^{n+m}) 这条等式，两边分别二项式展开证得所求结论。

• （例题 2-1-2）证明 (displaystyle sum_{i=0}^n(-1)^i{nchoose i}^2= egin{cases}displaystyle 0&n为奇数\displaystyle(-1)^{nover 2}{nchoose {nover 2}}&n为偶数end{cases})

​ 这题不好看出其组合意义，但是求证的表达式和上题很相似，如果将原式看成 (displaystyle sum_{i=0}^n(-1)^i{n choose i}{nchoose n-i})，那么便很像范德蒙德卷积式了。类似的，我们设 (F(x)=(1-x)^ncdot(1+x)^n=(1-x^2)^n)。

[egin{align*} F(x)&=(1-x)^ncdot(1+x)^n\ &=(sum_{i=0}^{+infty}(-1)^i{n choose i}x^i)cdot(sum_{i=0}^{+infty}{n choose i}x^i)\ &=sum_{k=0}^{+infty}(sum_{i=0}^k(-1)^i{nchoose i}{nchoose k-i})x^k\\ F(x)&=(1-x^2)^n\ &=sum_{k=0}^n(-1)^k{nchoose k}x^{2k} end{align*} ]

​ 在上式中取 (k=n)，下式中取 (displaystyle k={nover 2}) 即可得出结论。