[整理]多项式/生成函数题目泛刷

洛谷P5408 第一类斯特林数·行

众所周知，第一类斯特林数可用于普通幂和上升幂之间的转换：(x^{overline{n}}=sumlimits_{i=0}^negin{bmatrix}n\iend{bmatrix}x^i)，也就是说我们需要快速求上升幂。
考虑倍增，有 (x^{overline{2n}}=x^{overline{n}}(x+n)^{overline{2n}})，瓶颈在于后面的 ((x+n)^{overline{2n}})。
如何转化呢？其实就是把 (x+n) 复合到一个函数 (f(x)) 中，我们把组合数展开，再将差卷积化为和卷积。设 (g(i)=i!a_i)，(h(x)=dfrac{n^i}{i!})，再引入 (g') 作为 (g) 反转指数的结果，那么易见

[egin{aligned} f(x+n)&=sum_{j=0}^ndfrac{x^j}{j!}sum_{i=0}^{n-j}g(i+j)h(i)\ &=sum_{j=0}^ndfrac{x^j}{j!}sum_{i=0}^{n-j}g'(n-j-i)h(i)\ end{aligned} ]

上式平凡，略去代码。细节巨大多，请谨慎编写

洛谷P5395 第二类斯特林数·行

众所周知第二类斯特林数有通项 (egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=sumlimits_{i=0}^mdfrac{(-1)^{m-i}i^n}{i!(m-i)!})，这个公式可以用二项式反演证明：考虑 (n) 个元素放到 (m) 个集合中的方案数 (m^n)，它等价于选出若干个非空集合再放入元素，也就是 (m^n=sumlimits_{i=0}^mm^{underline{i}}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}=sumlimits_{i=0}^mi!dbinom miegin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix})。
二项式反演即得通项，证明留作练习。
这个通项显然是一个卷积式，于是此题易解。

洛谷P5409 第一类斯特林数·列

我们从生成函数的角度考虑，众所周知圆排列（即 (k=1) 的情况）的 EGF 是 (lndfrac1{1-x})，所以 (egin{bmatrix}i\kend{bmatrix}) 的 EGF 显然为 (dfrac{(lnfrac1{1-x})^k}{k!})，于是此题易解。

洛谷P5396 第二类斯特林数·列

同上一道题的处理方式，(k=1) 时的 EGF 就是 (e^x-1)，所以 (egin{Bmatrix}i\kend{Bmatrix}) 的 EGF 为 (dfrac{(e^x-1)^k}{k!})。
注意此解为错解且可能被卡，但是正解看起来很麻烦作者懒得推，于是就先咕掉。

洛谷P2767 树的数量

开题一看是傻逼题，直接碾生成函数 (F=x(1+F)^m)，那么它的复合逆 (G) 显然为 (dfrac{x}{(1+x)^m})，于是拉反一下就有 ([x^n]F=dfrac1n[x^{n-1}](1+x)^{nm}=dfrac{inom{nm}{n-1}}{n})。

洛谷P4491 [HAOI2018]染色

看到恰好先容斥掉，设 (t(k)) 为 (k) 种颜色出现了至少 (s) 次的方案数，(f(k)) 为 (k) 种颜色出现了恰好 (s) 次的方案数，那么 (t(k)=sumlimits_{i=k}^ndbinom ikf(i))，二项式反演即得 (f(k)=sumlimits_{i=k}^n(-1)^{i-k}dbinom ikt(i))。而 (t(i)) 是很好求的，它等于 (dbinom{n}{is}dbinom midfrac{(is)!}{(s!)^i}(m-i)^{n-is})，组合意义是先钦定 (is) 个位置，选 (i) 种颜色，剩余颜色随便放。
运用 P5408 的套路，设 (g(k)=dfrac{(-1)^k}{k!},h(k)=k!t(k),h'(k)=h(n-k))，那么方案数就是 (dfrac1{k!}sumlimits_{i=0}^{n-k}g(i)h(n-k-i))，暴力卷即可。

洛谷P5219 无聊的水题 I

题目中出现了树计数和点的度数，我们很自然地转化成 Prüfer 序列，题目也就是问 (n) 个数排成长 (n-2) 的序列，出现次数最多的恰好出现了 (m-1) 次的方案数。
还是套路地将恰好容斥掉，考虑计数出现至多 (m-1) 次的减去至多 (m-2) 次的。
写出每个元素的 EGF：(F=sumlimits_{i=0}^{m-1}dfrac{x^i}{i!})，那么答案就是 ([x^{n-2}]F^n)。

洛谷P4931 [MtOI2018]情侣？给我烧了！（加强版）

EI 为这题提供了一个极为巧妙的解法，整理如下（但是 EI 神仙的过程实在过于简洁，导致我卡了很长时间）。
首先我们设 (D_{k}) 为 (k) 对情侣都不在一排的方案数，恰好 (k) 对在一排的方案数就是 (dbinom nk^2k!2^kD_{n-k})，组合意义是选 (k) 排 (k) 对情侣排列后剩下的错排。
题目中提示了总方案数，那么显然有 (sumlimits_{k=0}^ndbinom nk^2k!2^kD_{n-k}=(2n)!)。
组合数的平方是什么鬼？我们突然想到，由于 EGF 可以卷积出一个组合数，那么我弄一个跟 EGF 类似，只不过每一项带的是 (dfrac{1}{(i!)^2}) 的东西就可以卷出来组合数平方了。
于是变成了 (D(x)e^{2x}=dfrac1{sqrt{1-4x}})。
稍微解释一下右边是怎么来的，EI 和很多人都把这里略了。现在我们要求 (sumlimits_idfrac{(2i)!}{(i!)^2}x^i=sumlimits_idbinom{2i}ix^i)，由于 (dbinom{i-1/2}{i}=dfrac{inom{2i}i}{4^i})（容易计算得出），所以原式即为 (sumlimits_idbinom{i-1/2}{i}4^ix^i)，运用上指标反转有 (sumlimits_i(-1)^idbinom{-1/2}{i}4^ix^i=(1-4x)^{-1/2})（这个式子据说还挺重要？）。
求导有 (D'(x)=dfrac{8x}{1-4x}D(x))，提取系数则有 (D_n=4n(n-1)D_{n-1}+8n(n-1)^2D_{n-2})，于是可以递推求解。

洛谷P4233 射命丸文的笔记

答案其实是哈路总数比上有哈路的图数。
竞赛图的哈路总数很好求：选 (n-1) 条边连成环，剩下的随便连，答案是 ((n-1)!2^{n(n-1)/2-n})。
众所周知有哈路的充要条件是强连通（感性理解），我们需要统计强连通竞赛图的数量。
发现普通竞赛图的 EGF（设为 (F)）很好求，考虑用强连通的（设为 (G)）表示普通的。
由图论知识，一个竞赛图缩点后会变成一条链状的 DAG，边从前连到后。所以把普通竞赛图看成一排强连通竞赛图，有 (F=dfrac1{1-G})，所以 (G=1-dfrac1F)。

洛谷P4091 [HEOI2016/TJOI2016]求和

傻逼推式子，没啥好说的。

[egin{aligned} sum_{i=0}^nsum_{j=0}^ij!2^jegin{Bmatrix}i\jend{Bmatrix}&=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^nj!2^jegin{Bmatrix}i\jend{Bmatrix}\ &=sum_{i=0}^ni!2^isum_{j=0}^nsum_{k=0}^idfrac{(-1)^{i-k}k^j}{k!(i-k)}\ &=sum_{i=0}^ni!2^isum_{k=0}^idfrac{(-1)^{i-k}}{k!(i-k)}sum_{j=0}^nk^j end{aligned} ]

卷积的形式水落石出。
不过这题有些奇特的边界条件，写的时候需要注意。
EI 对此给出了一个线性做法，有空补。咕咕咕

洛谷P5748 集合划分计数

如果你熟知 Bell 数的 EGF 是 (e^{e^x-1}) 那就做完了，这里主要简述一下推导过程，以帮助像我一样没看过/记不住的人。
Bell 数是将 (n) 个数分成若干集合的方案数，平凡地我们有分成一个集合的方案数的 EGF：(e^x-1)，那么根据 (exp) 的组合意义就有上式。

CF960G Bandit Blues

题目长得十分 dp，我们先写一个式子：(f_{i,j}) 表示放了 (i) 个数，有 (j) 个前缀最大值的方案数，枚举最小数的位置不难得到 (f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+(i-1)f_{i-1,j})，对递推式敏感的人可能一眼就能看出它是第一类斯特林数。
而答案的计算也很简单：我们钦定全局最大值的位置，那么答案为 (sumlimits_{i=1}^{n-1}egin{bmatrix}i\a-1end{bmatrix}egin{bmatrix}n-i-1\b-1end{bmatrix}dbinom{n-1}{i})，之后按照第一类斯特林数·列的处理方式计算，或者再由组合意义推一步化为封闭形式 (egin{bmatrix}n-1\a+b-2end{bmatrix}dbinom{a+b-2}{a-1})。
双倍经验洛谷 P4609。

洛谷P2791 幼儿园篮球题

先写出式子：(dfrac{sum_{i=0}^mdbinom{m}{i}dbinom{n-m}{k-i}i^L}{dbinom{n}{k}})，我们发现难点主要在分子，考虑如何快速计算。

[egin{aligned} &sum_{i=0}^mdbinom{m}{i}dbinom{n-m}{k-i}i^L\ =&sum_{i=0}^mdbinom{m}{i}dbinom{n-m}{k-i}sum_{j=0}^Legin{Bmatrix}L\jend{Bmatrix}dbinom{i}{j}j!\ =&sum_{j=0}^Legin{Bmatrix}L\jend{Bmatrix}j!sum_{i=0}^mdbinom{m}{i}dbinom{i}{j}dbinom{n-m}{k-i}\ =&sum_{j=0}^Legin{Bmatrix}L\jend{Bmatrix}dbinom{m}{j}j!sum_{i=0}^mdbinom{n-m}{k-i}dbinom{m-j}{i-j}\ =&sum_{j=0}^Legin{Bmatrix}L\jend{Bmatrix}dbinom{n-j}{k-j}dbinom{m}{j}j!\ end{aligned} ]

预处理第二类斯特林数就可以 (O(L)) 做了。