浅谈生成函数

浅谈生成函数(母函数)

约定:

\(C_a^b\)和\(a \choose b\)意义相同

\(a!\)表示\(a\)的阶乘

预备知识

广义二项式定理

广义二项式定理是把一般的二项式定理从整数域推广到了实数域

定义:

\[C_{\alpha}^{k}=\begin{cases} \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2) \dots (\alpha-k+1)}{k!},k>1 \\ 1,k=0 \\ 0,k<0 \end{cases}(k \in \mathbb{Z},\alpha \in \mathbb{R}) \tag{1.1.1}\]

那么有

\[(x+y)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infin} C_{\alpha}^{k} x^{\alpha-k}y^k (\alpha \in \mathbb{R}) \tag{1.1.2}\]

推论:

推论1 \[(x+y)^n=\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} x^{n-k}y^k (n \in \mathbb{N^+}) \tag{1.1.3}\]

容易看出，这就是一般的二项式定理。

证明:拆成两部分

\[ \begin{aligned} (x+y)^n &=\sum_{k=0}^{\infin} C_{n}^{k} x^{n-k}y^k \\ &=\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} x^{n-k}y^k+ \sum_{k=n+1}^{\infin} C_{n}^{k} x^{n-k}y^k\end{aligned}\]

注意到当\(n,k \in \mathbb N\),且\(n时，\(\frac{n(n-1)(n-2) \dots (n-k+1)}{k!}\)的分子中一定有一项是0，所以\(C_n^k=0\)

那么\((x+y)^n=\sum_{k=0}^{n} C_{n}^{k} x^{n-k}y^k (n \in \mathbb{N^+})\)

推论2\[(x+y)^{-n}=\sum_{k=0}^{\infin} (-1)^k C_{n+k-1}^{n-1} x^{n-k}y^k (n \in \mathbb{N^+}) \tag{1.1.4}\]

证明：

\[\begin{aligned} C_{-n}^{k} &=\frac{(-n)(-n-1)(-n-2) \dots (-n-k+1)}{k!} \\ &= (-1)^k \frac{n(n+1)(n+2) \dots (n+k-1)}{k!} \\ &=(-1)^k C_{n+k-1}^{k}=(-1)^k C_{n+k-1}^{n-1}\end{aligned}\]

代入广义二项式定理的表达式,

\[(x+y)^{-n}=\sum_{k=0}^{\infin}(-1)^k C_{n+k-1}^{n-1} x^{n-k}y^k (n \in \mathbb{N^+})\]

形式幂级数

定义\[A(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_nx^n+\dots=\sum_{i=0}^{\infty} a_ix^i\]为以x为未定元的一个形式幂级数。在形式幂级数中,我们不关心x的取值和级数是否收敛，把x作为形式，只关心系数。

再介绍一下形式幂级数的基本运算，下面会用到。

加法就是把对应项的系数相加

\[A(x)+B(x)=\sum_{n=0}^{\infty} (a_n+b_n)x^n \tag{1.2.1}\]

乘法和多项式乘法类似

\[A(x) \cdot B(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^n a_kb_{n-k} \tag{1.2.2}\]

普通生成函数(OGF)

定义

对于一个序列\(a\),我们定义\(f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} a_nx^n\)为\(a\)的生成函数(又叫母函数).\(f(x)\)是一个形式幂级数。至于是有限项还是无限项在做题中影响不大，只要按照题目意义做就可以了。

比如序列\(1,2,3\)的生成函数就是\(1+2 \times x^2+3 \times x^3\)

生成函数可以帮我们解决一些计数问题。

有1克、2克、3克、4克的砝码各一枚，能称出哪几种重量？每种重量各有几种可能方案(选的砝码种类不同，或个数不同看成不同方案)？

每个砝码可以选或不选，不选看成1，选看成\(x^i\)

那么生成函数就是

\[\begin{aligned} f(x) &=(1+x^1)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4)\\ &=1+x+x^2+2x^3+2x^4+2x^5+2x^6+2x^7+x^8+x^9+x^{10} \end{aligned}\]

发现指数表示重量，系数表示方案数。比如\(2x^6\)表示凑出重量6有两种方案，分别是\(x^1x^2x^3\)和\(x^2x^4\),即1g,2g,3g砝码或2g,4g砝码。因此，在用生成函数解决计数问题时，指数往往表示某种条件，而系数表示该条件下的方案数

求用1分、2分、3分的邮票贴出不同数值的方案数

这个问题的生成函数就是无限项的。

\(g(x)=(1+x+x^2+x^3+...)(1+x^2+x^4+x^6+...)(1+x^3+x^6+x^9+...)\)

我们要求贴出数值4的方案数，那就要求出\(x^4\)的系数.可以根据式\((1.2.2)\)求出

常见的OGF

等比数列形式

\(a={1,1,1,1,1 \dots}, \ f(x)=1+x+x^2+x^3+\dots=\frac{1}{1-x} \tag{2.1.1}\)

证明：

这是一个公比为\(x\)的等比数列求和的形式，那么\(f(x)=\frac{1-x^n}{1-x}\),当\(n \to + \infin\)时，\(x^n \to 0,f(x ) \to \frac{1}{1-x}\).因此我们可以写成\(f(x)=\frac{1}{1-x}\),因为式子中x的取值无意义。

同理有\(f(x)=1+x^2+x^4+x^6+\dots=\frac{1}{1-x^2}\)

\(f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}x^{kn}=\frac{1}{1-x^{k}}\)

组合数形式

\(a=1,2,3,4,5 \dots , \ f(x)=1+x+2x^2+3x^3+\dots=\frac{1}{(1-x)^2} \tag{2.1.2}\)

证明：

根据上面提到的多项式乘法的性质

\(\begin{aligned} 1+x+2x^2+3x^3+\dots&=(1+x+x^2+x^3+\dots)(1+x+x^2+x^3+\dots) \\&=\frac{1}{1-x}\cdot \frac{1}{1-x}=\frac{1}{(1-x)^2} \end{aligned}\)

容易发现\(1 + 3x + 6x^2 + 10x^3 + 15x^4...=\frac{1}{(1-x)^3}\)。实际上，我们有:

\[\frac{1}{(1-x)^n}=\sum_{i=0}^{\infty} C_{i+n-1}^{n-1} x^i (n \in \mathbb{N}^+) \tag{2.1.3}\]

证法一(组合意义)：

我们发现第i项系数就是从k个\((1+x+x^2+x^3+\dots)\)中每个选出一项，乘起来恰为\(x^i\)的方案数。那么问题就变成了\(i=x_1+x_2+ \dots x_k\)的解的组个数。这是组合数学里插板法的经典问题。即把i个相同物品分到k个不同的盒子里面，允许盒子为空。答案是\(C_{i+k-1}^{k-1}\)

证法二(广义二项式定理):

根据我们已经证明的推论\((1.1.4)\),

\[(x+y)^{-n}=\sum_{k=0}^{\infin}(-1)^k C_{n+k-1}^{n-1} x^{n-k}y^k (n \in \mathbb{N^+}) \tag{2.1.4}\]

\[\begin{aligned}\frac{1}{(1-x)^n}&=(1-x)^{-n} \\ &=\sum_{k=0}^{\infin}(-1)^k C_{n+k-1}^{n-1}(-x)^k \\ &=\sum_{k=0}^{\infin}(-1)^k C_{n+k-1}^{n-1}x^k(-1)^k \\ &=\sum_{k=0}^{\infin}(-1)^{2k} C_{n+k-1}^{n-1}x^k\end{aligned} \tag{2.1.5}\]

显然\((-1)^{2k}=1\),代入式\((2.1.4)\)

\[\therefore \frac{1}{(1-x)^n}=\sum_{i=0}^{\infty} C_{i+n-1}^{n-1} x^i \]

运用OGF推导数列通项

斐波那契数列

斐波那契数列\(F\)满足\(F_n=F_{n-1}+F_{n-2} (n \geq 3),F_1=F_2=1\).

那么它的生成函数\(f(x)=x+x^2+2x^3+3x^4+5x^5 \dots\)

常见套路，类似推导等比数列求和公式，错位相减

\(xf(x)=x^2+x^3+2x^4+3x^5+\dots\)

\(f(x)-xf(x)=x+x^3+x^4+2x^5+3x^6=x+x^2f(x)\)

移项，得\((x^2-x+1)f(x)=x\),对\(x^2-x+1\)在实数范围内因式分解，那么

\[f(x)=\frac{x}{x^2-x+1}=\frac{x}{(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x)(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x)} \tag{2.2.1}\]

注意到\[ \frac{1}{(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x)}-\frac{1}{(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x)}=\frac{\sqrt{5}x}{(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x)(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x)}\]

\[ \begin{aligned}\therefore f(x)&= \frac{1}{\sqrt{5}} [ \frac{1}{(1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x)}-\frac{1}{(1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x)}] \\ &= -\frac{1}{\sqrt5}\frac{1}{(1-\frac{1-\sqrt5}{2}x)} + \frac{1}{\sqrt5}\frac{1}{(1-\frac{1+\sqrt5}{2}x)}\end{aligned}\tag{2.2.2} \]

注意到\((1-\frac{1-\sqrt5}{2}x)\)很像我们刚刚提到的等比数列形式中，\(f(x)=\frac{1-x^n}{1-x}=\frac{1}{1-x}\)的形式，那么生成函数中的公比就是\(\frac{1-\sqrt5}{2}x\).

写回数列形式:

\[F_n= -\frac{1}{\sqrt5}(\frac{1-\sqrt5}{2})^n + \frac{1}{\sqrt5}(\frac{1+\sqrt5}{2})^n \tag{2.2.3}\]

卡特兰数

卡特兰数的定义如下\(c_n=\sum_{i=0}^{n-1} c_ic_{n-i-1},c_0=c_1=1\)，

生成函数\(g(x)=c_0+c_1x+c_2x^2+ c_3x^3 +\dots\)

\[\begin{aligned} g(x)\cdot g(x)&=c_0^2+(c_0c_1+c_1c_0)x+(c_0c_2+c_1c_1+c_2c_0)x^2+\dots\\ &=c_1+c_2x+c_3x^2+\dots \\ &=\frac{g(x)-c_0}{x} \\ &= \frac{g(x)-1}{x}\end{aligned}\]

\(\therefore x[g(x)]^2-g(x)+1=0\)

把\(g(x)\)看作未知数，由求根公式得

\(g(x)=\frac{1\pm \sqrt{1-4x}}{2x}\)

当\(g(x)=\frac{1+\sqrt{1-4x}}{2x}\)时,我们把分子有理化，根式乘到分母(这是检验的一般套路)

\(g(x)=\frac{4x}{2x(1-\sqrt{1-4x})}=\frac{2}{1-\sqrt{1-4x}}\)

当\(x=0\)的时候分母为0,无意义,因此这个根舍去

同理检验另一个根，发现只有\(g(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}\)满足条件。

\[\therefore g(x)=\frac{1}{2x}[1-(1-4x)^{\frac{1}{2}}] \tag{2.2.4}\]

根据广义二项式定理\((1.1.2)\)

\[\begin{aligned}(1-4x)^{\frac{1}{2}} &= \sum_{k=0}^{\infty} C_{\frac{1}{2}}^k (-4x)^k \\ &=\sum_{k=0}^{\infty} C_{\frac{1}{2}}^k (-1)^k2^{2k}x^k\end{aligned} \tag{2.2.5} \]

注意我们讨论组合数的时候最好分\(k=0\)和\(k>0\)两种情况讨论，否则中间过程中可能会出现\((-1)!\)之类的情况

当\(k=0\)时\(C_{\frac{1}{2}}^k (-1)^k2^{2k}x^k=1\) (根据定义式\((1.1.1)\)得$ \forall x \in \mathbb{R},C_{x}^0=1$)

\[\begin{aligned} C_{\frac{1}{2}}^{k}&= \frac{\frac{1}{2}(\frac{1}{2}-1)(\frac{1}{2}-2) \dots (\frac{1}{2}-k+1)}{k!}\\ &=(-1)^{k-1} \frac{\frac{1}{2}\times \frac{1}{2} \times \frac{3}{2} \times \frac{5}{2} \cdots \frac{2k-3}{2}}{k!} \\ &=(-1)^{k-1} \frac{1 \times 1 \times 3 \times 5 \times \dots (2k-3)}{2^kk!} \\ &=(-1)^{k-1} \frac{\frac{1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times \dots (2k-2)}{2 \times 4 \times 8 \times \dots (2k-2)}}{2^kk!} \\ &= (-1)^{k-1}\frac{\frac{(2k-2)!}{2^{k-1}(k-1)!}}{2^kk!} \\ &=\frac{(-1)^{k-1}}{2^{2k-1}} \cdot \frac{(2k-2)!}{k!(k-1)!} \\ &=\frac{(-1)^{k-1}}{2^{2k-1}} \cdot \frac{1}{k} \cdot \frac{(2k-2)}{(k-1)!(k-1)!} \\ &=\frac{(-1)^{k-1}}{2^{2k-1}} \cdot \frac{1}{k}\cdot C_{2k-2}^{k-1} \end{aligned} \tag{2.2.6}\]

代入\((2.2.5)\)，得

\[\begin{aligned}(1-4x)^{\frac{1}{2}} &= 1+\sum_{k=1}^{\infty} C_{\frac{1}{2}}^{k} (-1)^k 2^{2k} x^k\\ &=1+\sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{2^{2k-1}} \cdot \frac{1}{k}\cdot C_{2k-2}^{k-1} \cdot (-1)^k 2^{2k} x^k \\ &=1+\sum_{k=1}^{\infty}(-1) \times 2 \times \frac{1}{k} C_{2k-2}^{k-1}x^k \\ &= 1-2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} C_{2k-2}^{k-1}x^k\end{aligned} \tag{2.2.7}\]

代入\((2.2.4)\)

\[\begin{aligned} g(x) &=\frac{1}{2x}[1-(1-4x)^{\frac{1}{2}}] \\ &= \frac{1}{2x} (2\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} C_{2k-2}^{k-1}x^k) \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} C_{2k-2}^{k-1} x^{k-1}\end{aligned} \tag{2.2.8}\]

注意到\(x^{k-1}\)的系数是\(\frac{1}{k} C_{2k-2}^{k-1}\),那么\(x^k\)的系数就是\(\frac{1}{k+1} C_{2k}^{k}\)

因此第\(n\)项的系数为\(\frac{C_{2n}^n}{n+1}\)

卡特兰数的通项公式为:

\[c_n=\frac{C_{2n}^{n}}{n+1} \tag{2.2.9}\]