生成函数学习笔记

(e^{f(x)})的组合意义：

设(f(x)=sum_{i=1}^{infty}frac{a_i}{i!} x^i)为一个关于数列({a_n})的指数型生成函数，(e^{f(x)})为关于数列({b_n})指数型生成函数，则(b_n)的组合意义为：将n个有标号的点无序划分为若干个点集，设每一个点集的大小分别为(sz_1,sz_2,...)，那么将所有划分方案中的(prod a_{sz_i})加起来就是(b_n)的值。

注意(b_n=n!*e^{f(x)}[x^n]​)，写代码时最后要乘一个(n!​)

图、树计数##

1.无向连通图计数(bzoj3456)

求n个点的简单(无重边无自环)无向连通图数目.

1. (nleq 50)

2. (nleq 10^5)
    
   方法1

主要思路：

1. 总方案数-不连通的；
2. 枚举1号点所在的连通块；

设f[i]为i个点的答案，有

[f[i]=2^{C_i^2}-sum_{j=1}^{i-1}C_{i-1}^{j-1}f[j]*2^{C_{i-j}^{2}} ]

这就是一个(O(n^2))的dp，然后考虑生成函数优化

[frac{f[i]}{(i-1)!}=frac{2^{C_i^2}}{(i-1)!}-sum_{j=1}^{i-1}frac{f[j]}{(j-1)!}*frac{2^{C_{i-j}^{2}}}{(i-j)!} ]

[sum_{j=1}^{i}frac{f[j]}{(j-1)!}*frac{2^{C_{i-j}^{2}}}{(i-j)!}=frac{2^{C_i^2}}{(i-1)!} ]

设(f(x)=sum_{i=1}^{infty}frac{f[i]}{(i-1)!})

[g(x)=sum_{i=0}^{infty}frac{2^{C_{i}^2}}{i!}x^i ]

[h(x)=sum_{i=1}^{infty}frac{2^{C_{i}^2}}{(i-1)!}x^i ]

则有(f(x)*g(x)=h(x))，所以(f(x)=frac{h(x)}{g(x)})

多项式求逆即可。

另一解法：

设无向连通图个数的EFG（指数型生成函数）为F(x)，无向图个数的EFG为G(x)

即(F(x)=sum_{i=1}^infty frac{f[i]}{i!}x^i,G(x)=sum_{i=0}^ inf frac{2^{C_i^2}}{i!}x^i)

有$$e^{F(x)}=G(x)$$

[F(x)=lnG(x) ]

---

2.森林计数（WC2019数树Task2）

求$$sum_{S}prod_{i=1}^{n-|S|}(sz_i2*K)$$

其中(n)为点数，(S)为任意一棵森林的边集，(sz_i)为每个连通块的大小，(K)为常数。

设答案的EFG为F(x)，(G(x)=sum_{i=1}^infty frac{i^2*K}{i!} x^i)

则(F(x)=e^{G(x)})

(ans=n!*F(x)[x^n])

---

3.有根二叉树（CF438E小朋友与二叉树）

题面

题意：定义好的二叉树为所有节点的权值都在集合(D)中的二叉树，一棵二叉树的权值为所有节点的权值和，先给定集合(D)，求对于所有(sin [1,m])，权值为s的好的二叉树有多少棵，两棵二叉树不同当且仅当它们结构不同或对应位置节点权值不同，(|D|,mleq 10^5)。

这类问题最好用的性质就是二叉树的子树也是二叉树了。

设答案的普通型生成函数为(f(x))，(g(x)=sum_{iin D}x^i)

有

[f^2(x)*g(x)+1=f(x) ]

即枚举根节点的权值，然后计算左右两棵子树的方案数。

接下来有两种解法：

1. 解方程，得

   [f(x)=frac{1pmsqrt{1-4g(x)}}{2g(x)}=frac{2}{1mpsqrt{1-4g(x)}} ]

   因为分母常数项不能为零，所以

   [f(x)=frac{2}{1+sqrt{1-4g(x)}} ]

2. 移项得(f^2(x)*g(x)-f(x)+1=0)

   设(delta(f(x))=f^2(x)*g(x)-f(x)+1)

   就是一个求函数零点问题，具体地

   [f(x)=f_0(x)-frac{f_0^2(x)*g(x)-f_0(x)+1}{2f_0(x)g(x)-1} ]

   倍增求即可。