一些常见数列的生成函数推导

曾经有人问过我：“斐波那契数列的生成函数长啥样？”
。。。所以这东西我还是写一发吧
它有什么用？它没啥用。。。

1.齐次线性递推数列

定义：给定常数k,a1,a2,...,ak,h0,h1,...,hk−1k,a_1,a_2,...,a_k,h_0,h_1,...,h_{k-1}，构造如下数列：
hn={hna1hn−1+a2hn−2+...+akhn−kn<kn≥kh_n= \begin{cases} h_n&n
称作齐次线性递推数列。
多项式
F(x)=h0+h1x+h2x2+...F(x)=h_0+h_1x+h_2x^2+...
被称作这个数列的一般生成函数。

说到齐次线性递推数列，最经典的就是斐波那契数列。
定义不用给了吧……

斐波那契数列的生成函数是这个样子的：
F(x)=1+x+2x2+3x3+5x4+8x5+...F(x)=1+x+2x^2+3x^3+5x^4+8x^5+...

如何用一些有限项的多项式来表示这个级数？

我们构造这样一个函数：
A(x)=1−x−x2A(x)=1-x-x^2
易验证：
F(x)A(x)=1F(x)A(x)=1
即：
F(x)=11−x−x2F(x)=\frac1{1-x-x^2}

这是为什么呢？
原因很简单，对于∀n≥2\forall n\geq2，
[n](F(x)A(x))=[n]F(x)−[n−1]F(x)−[n−2]F(x)=0[n](F(x)A(x))=[n]F(x)-[n-1]F(x)-[n-2]F(x)=0
其中[n]F(x)[n]F(x)代表F(x)F(x)的nn次项系数

这个结论有一些很好玩的结果，比如代入x=0.01x=0.01，有：
10.9899=1.010203050813213455...\frac{1}{0.9899}=1.010203050813213455...
我们还可以知道，如果把斐波那契数列写成这样：
11
11{\color{white}{1}}1
112{\color{white}{11}}2
1113{\color{white}{111}}3
11115{\color{white}{1111}}5
111118{\color{white}{11111}}8
1111113{\color{white}{11111}}13
11111121{\color{white}{111111}}21
…
然后把每一位从上到下加起来，将会出现长度为89的循环节，因为10.89\frac{1}{0.89}是个有理数……

我们可以把这个推广到一般形式：

对于递推式
hn=a1hn−1+a2hn−2+...+akhn−kh_n=a_1h_{n-1}+a_2h_{n-2}+...+a_kh_{n-k}
的生成函数
F(x)=h0+h1x+h2x2+...F(x)=h_0+h_1x+h_2x^2+...

构造函数：
H(x)=h0+h1x+h2x2+...+hk−1xk−1H(x)=h_0+h_1x+h_2x^2+...+h_{k-1}x^{k-1}
A(x)=1−a1x−a2x2−...−akxkA(x)=1-a_1x-a_2x^2-...-a_kx^k
则：
F(x)A(x)=H(x)A(x) mod xkF(x)A(x)=H(x)A(x)\ mod\ x^k
F(x)=H(x)A(x) mod xkA(x)F(x)=\frac{H(x)A(x)\ mod\ x^k}{A(x)}

可以看出这个形式十分的优雅，不过我并不知道这个优雅的形式与数列本质有什么关联……

这东西有啥用？
给出一个kk阶线性递推方程，求第nn项，n,k≤105n,k\leq10^5
暴力O(nk)O(nk)，矩乘k3logkk^3logk，全挂了……
FFT可以O(nlogn)O(nlogn)。
~~叫我毒瘤。~~

2.非齐次线性递推数列

定义：给定常数k,a1,a2,...,ak,h0,h1,...,hk−1k,a_1,a_2,...,a_k,h_0,h_1,...,h_{k-1}，构造如下数列：
hn={hna1hn−1+a2hn−2+...+akhn−k+g(n)n<kn≥kh_n= \begin{cases} h_n&n
称作非齐次线性递推数列。
其中g(n)g(n)是关于nn的函数，可以是常函数

要求用一些有限项多项式来表示级数：
F(x)=h0+h1x+h2x2+...F(x)=h_0+h_1x+h_2x^2+...

和之前一样，构造多项式：
H(x)=h0+h1x+h2x2+...+hk−1xk−1H(x)=h_0+h_1x+h_2x^2+...+h_{k-1}x^{k-1}
A(x)=1−a1x−a2x2−...−akxkA(x)=1-a_1x-a_2x^2-...-a_kx^k
G(x)=g(0)+g(1)x+g(2)x2+...G(x)=g(0)+g(1)x+g(2)x^2+...
则：
F(x)A(x)=H(x)A(x) mod xk+(G(x)−G(x) mod xk)F(x)A(x)=H(x)A(x)\ mod\ x^k+(G(x)-G(x)\ mod\ x^k)
F(x)=[H(x)A(x)−G(x)] mod xk+G(x)A(x)F(x)=\frac{[H(x)A(x)-G(x)]\ mod\ x^k+G(x)}{A(x)}

所以如果G(x)G(x)能被有限项多项式表示的话就做完了。。。
若g(n)=1g(n)=1，则G(x)=1+x+x2+...=11−xG(x)=1+x+x^2+...=\frac1{1-x}
若g(n)=ng(n)=n，则G(x)=x+2x2+3x3...=x(1−x)2G(x)=x+2x^2+3x^3...=\frac x{(1-x)^2}
若g(n)=n2g(n)=n^2，则G(x)=x+4x2+9x3...=x(x+1)(1−x)3G(x)=x+4x^2+9x^3...=\frac {x(x+1)}{(1-x)^3}
以此类推，如果gg函数是个多项式的话还是可以表示出来的

3.卡特兰数列

定义：
hn={1h0hn−1+h1hn−2+...+hn−1h0n=0n≥1h_n= \begin{cases} 1&n=0\\ h_0h_{n-1}+h_1h_{n-2}+...+h_{n-1}h_0&n\geq 1 \end{cases}

求F(x)=h0+h1x+h2x2+...F(x)=h_0+h_1x+h_2x^2+...

容易发现这个递推式本身就是一个卷积，所以我们直接把这个多项式自乘一下
F2(x)=h1+h2x+h3x2+...=F(x)−1xF^2(x)=h_1+h_2x+h_3x^2+...=\frac{F(x)-1}x
解得
F(x)=1−1−4x√2xF(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}
即为卡特兰数列的生成函数。

4.。。。我并不知道这数列叫啥名字，暂且称作广义卡特兰数列吧。。。
我们都知道卡特兰数列的第nn项代表nn个元素的入栈出栈序列数，即从原点走到(n,n)(n,n)不跨越y=xy=x的方案数
那么，定义广义卡特兰数列hk(n)h_k(n)表示n+kn+k个元素入栈出栈后栈中剩余kk个元素的入栈出栈序列数，即从原点走到(n+k,n)(n+k,n)不跨越y=xy=x的方案数
求生成函数：
Fk(x)=hk(0)+hk(1)x+hk(2)x2+...F_k(x)=h_k(0)+h_k(1)x+h_k(2)x^2+...

考虑栈中剩余的这kk个元素，第ii个元素放进去之后就不动了，然后经历了一些入栈弹栈，然后塞入第i+1i+1个元素
换句话说我们可以把第ii个元素看做栈底，然后进行了一堆入栈出栈操作，然后栈空了，然后塞进第i+1i+1个元素……
如果中间这些走了个过场的元素数量为ss，那么方案数是多少？
h0(s)h_0(s)，即卡特兰数列第ss项
于是问题就简单了，我们把nn个元素的序列分成k+1k+1段，如果一段有ss个元素，方案数是h0(s)h_0(s)，求方案数

会生成函数的看到这里已经懂了吧。

构造函数H(x)=h0(0)+h0(1)x+h0(2)x2+...=1−1−4x√2xH(x)=h_0(0)+h_0(1)x+h_0(2)x^2+...=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x}
则Fk(x)=Hk+1(x)=(1−1−4x√2x)k+1F_k(x)=H^{k+1}(x)=(\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x})^{k+1}

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