数学板块学习之生成函数

生成函数

生成函数即母函数，是组合数学中尤其是计数方面的一个重要理论和工具。
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。
生成函数的应用简单来说在于研究未知（通项）数列规律，用这种方法在给出递推式的情况下求出数列的通项，生成函数是推导Fibonacci数列的通项公式方法之一，另外组合数学中的Catalan数也可以通过生成函数的方法得到 ——百度百科

参考博客：https://blog.youkuaiyun.com/wu_tongtong/article/details/78854572

1.普通型生成函数(多重集的组合问题)

1.1单下标序列生成函数

$A(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n$

1.2双下标序列生成函数

$A(x_1,x_2)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_{(n,m)}{x}_1^n{x}_2^m$

2.常见的普通型生成函数

2.1二项式系数

序列$a_{(n,m)}=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)=C_n^m,m\in [0,n]$
其生成函数$A(x,y)=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{x}^{n-k}{y}^k=(x+y{)}^n$

2.2斐波那契数列

序列$F_n=\frac{1}{\sqrt{5}}\cdot ((\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n)$
或者表示为
$F(n)=F(n-1)+F(n)$
$F(0)=0,F(1)=1$
$S(n)=F(1)+F(2)+\cdots +F(n)=F(n+2)-1$
当且仅当$n$能被3整除时，$F(n)$是偶数
其生成函数$A(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{F}_n{x}^n=\frac{1}{1-x-x^2}$

2.3

序列$a_n=1$
其生成函数$A(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n{x}^n=\frac{1}{1-x}$
显然序列$b_n=n$
其生成函数$B(x)=A^{\prime }(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{b}_n{x}^n=(\frac{1}{1-x}{)}^2$
并可以往下递推$A^{\prime \prime }(x),A^{\prime \prime \prime }(x)\cdots$

3.定理

3.1.

设从n元集合S={M1a1,M2a2,M3a3,⋯ ,Mnan}S=\{M_1a_1,M_2a_2,M_3a_3,\cdots,M_na_n\}S={M1​a1​,M2​a2​,M3​a3​,⋯,Mn​an​}中取出k个元素组成新的序列$b_k$,第i个元素$a_i$有$M_i$个
新序列$b_k$的生成函数为$\prod _{i=0}^n\left(\sum _{m\in M_i}{x}^m\right)$

例：用重量分别为1、2、4克的砝码各两个可以组成多少种不同的重量，每种重量的方案数分别为多少？
1克砝码$(1+x+x^2)$ 1为不选，$x$为选一个，$x^2$为选两个
2克砝码$(1+x^2+x^4)$ 1为不选，$x^2$为选一个，$x^4$为选两个
4克砝码$(1+x^4+x^8)$ 1为不选，$x^4$为选一个，$x^8$为选两个
所以生成函数为$A(x)=(1+x+x^2)(1+x^2+x^4)(1+x^4+x^8)$
展开为$A(x)=1+x+2x^2+x^3+3x^4+2x^5+4x^6+4x^7+4x^8+\cdots +x^{21}$
不难发现指数为砝码组成的重量，系数为方案数

3.2.

$A_n(x)=1(1+x)(1+x+x^2)\cdots (1+x+x^2+\cdots +x^{n-1})=\frac{\prod _{j=1}^n(1-x^j)}{(1-x{)}^n}$

4.指数型生成函数(多重集的排列问题)

$A(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{a}_n\frac{x^n}{n!}$

5.常见的指数型生成函数

5.1

序列$a_n=1$
其生成函数$A(x)=\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!}=e^x$

5.2

序列$a_n=p^n$
其生成函数$A(x)=\sum _{n=0}^{\infty }{p}^n\frac{x^n}{n!}=e^{pn}$

5.3

序列$a_n=\{\begin{array}{ll}1& \text{x=2k}\\ 0& \text{x=2k+1}\end{array}(k\in N)$
其生成函数$A(x)=\sum _{n=0}^{\infty }[n\%2=0]\frac{x^n}{n!}=1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots =\frac{e^x+e^{-x}}{2}$

5.4

序列$a_n=\{\begin{array}{ll}0& \text{x=2k}\\ 1& \text{x=2k+1}\end{array}(k\in N)$
其生成函数$A(x)=\sum _{n=0}^{\infty }[n\%2=1]\frac{x^n}{n!}=\frac{x}{1}+\frac{x^3}{3!}+\cdots =\frac{e^x-e^{-x}}{2}$

5.5 伯努利数

序列$b_i$是伯努利数
其生成函数$B(x)=\sum _{i=0}{b}_i\frac{x^i}{i!}=\frac{x}{e^x-1}$

6.定理

设$S$是多重集合{n1⋅a1,n2⋅a2⋯ ,ni⋅ai,⋯ }\{n_1·a_1,n_2·a_2\cdots,n_i·a_i,\cdots\}{n1​⋅a1​,n2​⋅a2​⋯,ni​⋅ai​,⋯}，第i种元素$a_i$有$n_i$个，$n_i$为非负数
设$h_n$为S的n排列数，数列{h0,h1,⋯ ,hn⋯ }\{h_0,h_1,\cdots,h_n\cdots\}{h0​,h1​,⋯,hn​⋯}的指数型生成函数为
$A(x)=1(1+\frac{1}{x})(1+\frac{x}{1}+\frac{x^2}{2!})\cdots (1+\frac{x}{1}+\cdots +\frac{x^k}{k!})\cdots =\sum _{i=0}^{\infty }{h}_i\frac{x^i}{i!}$
对式子展开后，每一个单项式形式为
$\frac{x^{m_1}{x}^{m_2}\cdots x^{m_k}}{m_1!m_2!\cdots m_k!}=\frac{x^{m_1+m_2+\cdots +m_k}}{m_1!m_2!\cdots m_k!}$
我们设$n=m_1+m_2+\cdots +m_k$
所以上式又等于$\frac{x^n}{m_1!m_2!\cdots m_k!}=\frac{n!x^n}{m_1!m_2!\cdots m_k!n!}=\frac{n!}{m_1!m_2!\cdots m_k!}\cdot \frac{x^n}{n!}$
故$h_n=\sum _{n=m_1+m_2+\cdots +m_k}\frac{n!}{m_1!m_2!\cdots m_k!}$

例1：用红白蓝三种颜色染色一个1×n的格子，其中红色要求染色偶数次，求染色方法数
$$\begin{array}{rl}A(x)& =(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots )(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots )(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots )\\ & =\frac{e^x+e^{-x}}{2}\cdot e^x\cdot e^x\\ & =\frac{e^{3x}+e^x}{2}\\ & =\frac{1}{2}(\sum _{n=0}^{\infty }{3}^n\frac{x^n}{n!}+\sum _{n=0}^{\infty }\frac{x^n}{n!})\\ & =\frac{1}{2}\sum _{n=0}^{\infty }(3^n+1)\frac{x^n}{n!}\end{array}$$
故染色方法数$h_n=\frac{3^n+1}{2}$

例2：用1、2、3、4四个数字组成一个五位数，其中1出现两次或三次，2最多出现一次，4出现偶数次
$$\begin{array}{rl}A(x)& =(\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!})(1+x)(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots )(1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots )\\ & =(\frac{3x^2+x^3}{6})(1+x)e^x(\frac{e^x+e^{-x}}{2})\\ & =\frac{1}{12}(3x^2+4x^3+x^4)(e^{2x}+1)\\ & =\frac{1}{12}(3x^2+4x^3+x^4)(\sum _{n=0}^{\infty }{2}^n\frac{x^n}{n!}+1)\end{array}$$
故组成方案数$h_5=\frac{1}{12}\cdot 5!(3\cdot \frac{2^3}{3!}+4\cdot \frac{2^2}{2!}+\frac{2}{1})=140$