生成函数 应用

引言

生成函数有普通型生成函数和指数型生成函数两种，其中普通型用的比较多。形式上说，普通型生成函数用于解决多重集的组合问题，而指数型母函数用于解决多重集的排列问题。

因水平有限，此博客涉及的均是生成函数的初级应用，用于解决相关的算法竞赛题目。

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斐波那契函数的通项公式

考虑一个经典问题：
求斐波那契函数的通项。
此问题的结论了解斐波那契函数的人都知道，那就是：
$$F(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}\ast [(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n]$$

此结论初看好像在算法竞赛中没什么用，因为对于求斐波那契函数第n项的值，存在一个经典的算法，那就是矩阵快速幂。而且因浮点数存在误差，故计算机并不能精确计算出该公式的值。

但通过对此公式的深入了解和推导证明，我们将对斐波那契函数有更深的理解，并将矩阵快速幂和生成函数两个算法进行联系。

下面我们试着来推导这个公式。

首先从熟悉的矩阵快速幂来入手。

由递推关系式，可以构造矩阵：

$$\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{c}F(n-1)\\ F(n)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}F(n)\\ F(n+1)\end{array}\right]$$

通过观察已知，这其实也是一个递推式，逐层递推易得：
$${\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]}^n\ast \left[\begin{array}{c}F(0)\\ F(1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}F(n)\\ F(n+1)\end{array}\right]\text{\hspace{1em}(1)}$$

假设：
$$M^n={\left[\begin{array}{cc}0& 1\\ 1& 1\end{array}\right]}^n$$

故问题的关键便在于如何求解$M^n$

在算法竞赛中，常用的手段是利用计算机的强大计算能力和快速幂的思想来求解。
但实际上，在数学层面还有一个更加常用的方法来求解方阵的n次方，那就是矩阵的相似对角化。
由定义：
$M=QA{Q}^{-1}$
故
$M^n=QA{Q}^{-1}\ast QA{Q}^{-1}\ast QA{Q}^{-1}\ast ....$
因：
$Q\ast Q^{-1}=E$

故推出：
$$M^n=Q{A}^n{Q}^{-1}\text{\hspace{1em}(2)}$$

下面我们便来尝试将M矩阵相似对角化：
由
$$det(M-\lambda E)=0==>\lambda =\frac{1+\sqrt{5}}{2}和\frac{1-\sqrt{5}}{2}$$

将$\lambda$代入$M-\lambda E$ 求出基础解系后推出
$$Q=\left[\begin{array}{cc}2& 2\\ 1+\sqrt{5}& 1-\sqrt{5}\end{array}\right]$$

将上述矩阵代入(2)式，得：
$$M^n=\left[\begin{array}{cc}2& 2\\ 1+\sqrt{5}& 1-\sqrt{5}\end{array}\right]\ast \left[\begin{array}{cc}(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n& 0\\ 0& (\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n\end{array}\right]\ast {\left[\begin{array}{cc}2& 2\\ 1+\sqrt{5}& 1-\sqrt{5}\end{array}\right]}^{-1}$$

然后将$M^n$代入(1)式，便可推出：
$$F(n)=\frac{1}{\sqrt{5}}\ast [(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n]$$

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当然本博客主要是讲解生成函数，所以接下来我们会通过生成函数的角度重新推导一遍该通项公式，但实质上两个方法是相似而又存在联系的。

生成函数我个人理解是通过代数的方法来解决组合数学的问题。

首先由生成函数的定义，可以得出斐波那契数列的生成函数为：
$G(x)=x+x^2+2x^3+3x^4+5x^5+8x^6+...$
下面考虑如何化简该无穷级数。

考虑G(x)的第n项 $F(n)x^n$
由递推关系式$F(n)=F(n-1)+F(n-2)$
又因为G(x)的第n-1项和第n-2项分别是：
$F(n-1)x^{n-1}$$F(n-2)x^{n-2}$
故第n-1项乘上$x$加上第n-2项乘上$x^2$刚好便是第n项的值。

故推出：
$$x^{2}G(x)+xG(x)=G(x)-x$$（减去多出来的第一项 x)
移项后得出：
$$G(x)=\frac{x}{1-x-x^2}\text{\hspace{1em}(3)}$$

接下来再将G(x)展开为幂级数，那么$x^n$ 的系数便是我们需要求出的通项公式了

因已知
$$\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+x^4+....$$
故我们尝试着将G(x)裂项展开：

利用待定系数法：
假设：
$$G(x)=\frac{a}{1-rx}+\frac{b}{1-sx}$$
化简得出：
$$G(x)=\frac{(a+b)-(as+br)x}{1-(s+r)x+sr{x}^2}$$
对比(3)式，解方程得出：
$$r=\frac{1+\sqrt{5}}{2}s=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$$

对比矩阵法，这个r和s恰好就是M矩阵的两个特征值。

另外解得：
$$a=\frac{1}{\sqrt{5}}b=-\frac{1}{\sqrt{5}}$$

综上所述：
$$G(x)=\frac{a}{1-rx}+\frac{b}{1-sx}=a(1+rx+(rx{)}^2+...)+b(1+sx+(sx{)}^2+...)$$

故第n项的系数为：
$$F(n)=a{r}^n+b{s}^n=\frac{1}{\sqrt{5}}[(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n]$$

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求组合方案数

（1）买水果

其实这类题的解法都很类似，主要是对于生成函数求解方案数原理的深刻理解。

才接触母函数或叫做生成函数时，很多人都会被x的各种次方吓住，其实我们构造指数型的生成函数，$x^n$只是一个记号。

比如我们考虑一个买水果的问题：

现有三种水果：苹果，梨子和西瓜。其中买苹果的数量必须为偶数个，梨子的数量必须为3的倍数，西瓜的数量不多于4个，问买n个水果，有多少种方案数？

首先考虑苹果，记$F1(n)$为买n个苹果的方案数。
已知
$$F(n)=\{\begin{array}{ll}0& n\%2==1\\ 1& n\%2==0\end{array}$$

现在我们希望能方便地统一表示n的所有取值对应的方案数。
我们构建一个幂级数，其中$x^n$的系数便是当买n个苹果的方案数，此处$x^n$没有任何意义，仅仅只是一个标记，代表其系数的数学意义。

设该幂级数为$G1(x)$
则$G1(x)=x^0+x^2+x^4+x^6...$
此时$G1(x)$便称为生成函数或母函数。

同理，对于梨子：
$G2(x)=x^0+x^3+x^6+x^9+...$

而对于西瓜：
$G3(x)=x^0+x^1+x^2+x^3+x^4$

我们构建一个新的函数$G^{\prime }(x)=G1\ast G2\ast G3$
先直接说结论：$G^{\prime }(x)$的$x^n$的系数便是我们所要求的买n个水果的方案数。

我们可以这么来理解这件事。
假如我们买3个水果，此时的方案数一定包含两个苹果和一个西瓜。
两个苹果的方案数对应在$G1$里面是 $x^2$的系数。
一个西瓜的方案数对应在$G3$里面是$x$的系数。
两个系数对应相乘便是买两个苹果和一个西瓜的方案数。同时$G1$的$x^2$和G3的$x$相乘便是$G^{\prime }$中的$x^3$。

例题 HDU 2152

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代码：

#include
#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;

const int A = 100 + 10;
int c1[A],c2[A];
int l[A],r[A];

int main(){
    int n,m;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        for(int i=1 ;i<=n ;i++){
            scanf("%d%d",&l[i],&r[i]);
        }
        memset(c1,0,sizeof(c1));
        memset(c2,0,sizeof(c2));
        for(int i=l[1] ;i<=r[1]&&i<=m ;i++) c1[i] = 1;  //初始化
        for(int i=2 ;i<=n ;i++){                        //枚举其他水果
            for(int j=0 ;j<=m ;j++){                    //模拟多项式乘法过程     
                for(int k=l[i] ;k<=r[i] && j+k<=m ;k++){
                    c2[j+k] += c1[j];                  
                }
            }
            for(int j=0 ;j<=m ;j++){
                c1[j] = c2[j];
                c2[j] = 0;
            }
        }
        printf("%d\n",c1[m]);
    }
    return 0;
}

（2）砝码称重问题

考虑一个称重问题：

假设我们现在要称重一个质量为n的物体，现在有三个砝码，分别重为a1,a2,a3，砝码可放在天平的左侧或右侧。问称出这个质量为n的物体有多少种不同方案。

此问题跟上一个问题类似，我们同样可以构建三个生成函数：
$G1(x)=x^0+x^{-a1}+x^{a1}$
$G2(x)=x^0+x^{-a2}+x^{a2}$
$G3(x)=x^0+x^{-a3}+x^{a3}$
然后相乘之后求$x^n$的系数就好了。

（3）整数的划分

整数的划分问题也是求方案数，下面举一个例子：

对于3，有3 = 1 + 1 + 1 = 1 + 2 = 3
故有三种划分方案。

对于求整数n的划分数
可以看成是有n个无区别的小球，放进任意个非空的盒子里，求方案数

此题也可以用生成函数来求解，我们来考虑整数1-n的贡献。
对于数字1：每次可以贡献1
$G(x)=x^0+x^1+x^2+...$
对于数字2：每次可以贡献2
$G(x)=x^0+x^2+x^4+...$
以此类推

然后将1-n所有数字的生成函数乘起来，求$x^n$的系数即可。

当然，敏锐的人能够发现，当n很大时，计算量可以说是爆炸的。
所以实际上，这个经典问题可以考虑DP求解。

设$dp[i][j]$是将j个无区别的物品划分成不超过i组的方案数。
则$ dp[i][j] = dp[i][j-i] + dp[i-1][j]$
这个递推表达式的由来不是本博客的重点= = 有兴趣的可以自己百度

拓展：上述问题是看成无区别的物品划分，若是有区别的物品划分方案数，则是一个经典数论知识：Bell数。Bell数的生成函数G(x)为：
$G(x)=e^{e^x}-1$

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（待更新）

参考资料：
知乎问答
百度百科
Matrix67博客
参考博客