数学知识：和式的处理及二项式系数的运用

〇

这段时间看了一部分《具体数学》上的内容，正如第一章中所说，这本书的主要目的是：

说明不具备超人洞察力的人如何求解问题

也就是说，这本书主要讲述的是“那些本应该被讲授的硬数学技巧”。或者说是一种数学领域的通用技术，这也是“具体数学”名称的来源。

一、和式

记号

与平时所用的∑nk=1\sum_{k=1}^n记号不同，这本书建议使用更加方便的形如∑1≤k≤n\sum_{1\le k\le n}的记号，这可以使你在变量替换时不容易出错。

一个特殊的地方是逻辑判断深入和式：用方括号包含的逻辑命题，如果为真则为1，如果为假则为0。这对于(cpp)程序编写是非常友好的。

运算律

和式满足下面三种基本运算律：

分配律(提公因式)：

∑k∈Kcak=c∑k∈Kak

\sum_{k\in K} ca_k = c\sum_{k\in K}a_k
结合律(和式的合并)：
∑k∈K(ak+bk)=∑k∈Kak+∑k∈Kbk

\sum_{k\in K}(a_k+b_k)=\sum_{k\in K}a_k + \sum_{k\in K} b_k
交换律(变量替换)：

∑k∈Kak=∑p(k)∈Kap(k)

\sum_{k\in K}a_k=\sum_{p(k)\in K}a_{p(k)}

p(k)p(k)为一个置换

多重和式具有一些特殊的性质，例如：

合并和分离：

∑1≤i≤n∑i≤j≤nai,j=∑1≤i≤j≤nai,j

\sum_{1\le i\le n}\sum_{i\le j\le n} a_{i,j} = \sum_{1\le i\le j\le n} a_{i,j}
交换求和顺序：
∑1≤i≤n∑i≤j≤nai,j=∑1≤j≤n∑1≤i≤jai,j

\sum_{1\le i\le n}\sum_{i\le j\le n} a_{i,j} = \sum_{1\le j\le n}\sum_{1\le i\le j} a_{i,j}
一般分配律：
∑j∈J,k∈Kajbk=⎛⎝∑j∈Jaj⎞⎠(∑k∈Kbk)

\sum_{j\in J, k\in K}a_jb_k=\left(\sum_{j\in J}a_j\right)\left(\sum_{k\in K}b_k\right)

这些性质虽然是显然的，但将在处理时带来巨大的方便。第二条有助于化简和式，第三条则可以在一些“求乘积的和”的计算时减小计算量。

一般技术

1. 猜测+归纳法

虽然名字不是很好听，但这在OI中是一种实用的策略。因为计算机暴力处理的速度是很快的，如果规律明显，往往可以一眼看出。而归纳证明就非常简单了。

2. 扰动法

扰动法的动机是在和式中加入一项，并用一个新和式表达之，从而解方程得出通解。用两个例子来解释这种方法：

(一): 几何级数

Sn=∑0≤k≤nak

S_n = \sum_{0\le k\le n}a^k

的封闭形式。

用扰动法加入一项：

Sn+an+1=1+∑0≤k≤nak+1=1+aSn

S_n + a^{n+1} = 1 + \sum_{0\le k\le n}a^{k+1} = 1+aS_n

解方程可以得出 Sn=an+1−1a−1S_n = \frac {a^{n+1}-1}{a-1}。对这个公式两边微分可以得到一个有用的公式：

∑1≤k≤nkak−1=1−(n+1)xn+nxn+1(1−x)2

\sum_{1\le k\le n}ka^{k-1} = \frac {1-(n+1)x^n+nx^{n+1}}{(1-x)^2}

当|a|<1|a|时可以收敛成：

∑1≤k≤nkak−1=1(1−a)2

\sum_{1\le k\le n}ka^{k-1}=\frac 1{(1-a)^2}

(二): 平方和公式

考虑求

Sn=∑1≤k≤nk2

S_n = \sum_{1\le k\le n} k^2

的封闭形式。

如果仍然用刚才的思路，我们会发现SnS_n在两边抵消了。但如果我们用三次方和VnV_n进行扰动：

Vn+(n+1)3=∑0≤k≤n(k+1)3=∑0≤k≤nk3+3∑0≤k≤nk2+3∑0≤k≤nk+∑0≤k≤n1=Vn+3Sn+3n(n+1)2+n+1

V_n + (n+1)^3 \\ = \sum_{0\le k\le n} (k+1)^3\\ = \sum_{0\le k\le n}k^3+3\sum_{0\le k\le n}k^2+3\sum_{0\le k\le n}k+\sum_{0\le k\le n}1\\ = V_n+3S_n+\frac {3n(n+1)}{2}+n+1

两边的VnV_n可以抵消，我们解出了SnS_n。即：

Sn=n(n+1)(2n+1)6

S_n = \frac {n(n+1)(2n+1)}{6}

3. 待定系数法

如果已知解的形式，我们可以用待定系数法得到原和式的封闭形式。例如：

∑1≤k≤nk3

\sum_{1\le k\le n}k^3

先验知识告诉我们答案是一个44次多项式。我们只要代入n=0,1,2,3n=0,1,2,3建立关于一般四次多项式的44个方程即可求解。事实上，如果用拉格朗日插值法或高阶差分法，可以在O(n2)O(n^2)的时间内完成，是非常高效的。

4. 有限微积分

下一部分详细介绍。

有限微积分

基本定义

有限微积分是离散数学对于微积分的回应，这种技术给出了求解和式的“不需要思考”的系统方法。考虑熟悉的微分算子的定义：

Df(n)=limh→0f(n+h)−f(n)h

Df(n)=\lim_{h\rightarrow 0}\frac {f(n+h)-f(n)}{h}

而离散中的“极限”就是1，自然地定义差分算子：

Δf(n)=f(n+1)−f(n)

\Delta f(n) = f(n+1)-f(n)

“算子(operator)”这个新概念是作用在函数上的运算，他给出了一个新函数。

简单的公式

微积分之所以方便是因为它有形如：

D(xm)=mxm−1

D(x^m) = mx^{m-1}

这样的优美公式，同样，有限微积分也有对应的优美的公式：

Δ(xm−−)=mxm−1−−−

\Delta(x^{\underline{m}}) = mx^{\underline{m-1}}

其中：xm−−=x(x−1)(x−2)…(x−m+1)x^{\underline{m}} = x(x-1)(x-2)\dots (x-m+1)(m个)，被称为下降阶乘幂。由于可以证明任何的xkx^k都在O(k2)O(k^2)内可以写成阶乘幂的和（具体方法为从高到低贪心的取），因此他的能力十分强大。

求和——离散的“积分”

微积分中可以用微分算子定义不定积分，也就是：

∫g(x)dx=f(x)+C⟺g(x)=Df(x)

\int g(x)dx = f(x)+C\iff g(x)=Df(x)

我们用同样的方式定义不定和式：

∑g(x)δx=f(x)+C⟺g(x)=Δf(x)

\sum g(x)\delta x=f(x)+C\iff g(x) = \Delta f(x)

微积分基本定理指出：

∫bag(x)dx=f(b)−f(a)

\int_a^bg(x)dx = f(b)-f(a)

同样有有限微积分基本定理：

Σbag(x)δx=f(b)−f(a)

\Sigma_a^b g(x) \delta x = f(b)-f(a)

但这些记号的直观意义是什么呢？不难证明：

Σbag(x)δx=∑a≤i<bg(i),b≥a

\Sigma_a^b g(x) \delta x = \sum_{a\le i

这是最有用的定理之一（如果之前学习过数列差分这几乎是显然的）。我们正要用他解决序列求和的问题。

负指数下降阶乘幂

通过类比可以定义负指数下降阶乘幂：

x−m=1(x+1)(x+2)…(x+m),m>0

x^{-m} = \frac 1 {(x+1)(x+2)\dots (x+m)}, m>0

可以证明仍然满足差分公式。而且这使得下降幂拥有了良好的性质：

xm+n−−−=xm−−(x−m)n−

x^\underline{m+n}=x^\underline m(x-m)^\underline n

重新发现平方和公式

这次我们用新的武器来重新发现这个公式：

Sn=Σn+10x2δx

S_n = \Sigma_0^{n+1} x^2\delta x

用下降阶乘幂x2=x2−+x1−x^2 = x^\underline 2+x^\underline 1，用线性性质：

Sn=Σn+10x2−δx+Σn+10x1−δx

S_n = \Sigma_0^{n+1} x^\underline 2\delta x+\Sigma_0^{n+1}x^\underline 1 \delta x

两边的不定和式分别是：

∑x2−δx=13x3−

\sum x^\underline 2\delta x = \frac 1 3x^\underline 3

∑x1−δx=12x2−

\sum x^\underline 1\delta x = \frac 1 2x^\underline 2

那么原和式就变成：

Sn=13(n+1)3−+12(n+1)2−

S_n = \frac 1 3 (n+1)^\underline 3+\frac 1 2(n+1)^\underline 2

展开和上面的公式完全相同。（但在具体应用中我们不必展开，因为阶乘幂也可以用类似霍纳法则的方法将求值降到O(n)O(n)。）

乘法公式和分部求和公式

微积分中的链式法则在有限微积分中很难推广，唯一的一个是：

fm−−(n)=mfm−1−−−(n)

f^\underline m(n) = mf^\underline {m-1}(n)

f(x)f(x)是任一函数。但这显然不能满足我们的要求，一个更强大的是乘法公式，即：

Δ(uv)=uΔv+EvΔu

\Delta(uv) = u\Delta v+Ev\Delta u

其中Ef(x)=f(x+1)Ef(x) = f(x+1)，被称为移位算子。（有趣的是：Δ=E−1\Delta = E-1）。

证明十分简单，只要从定义出发就可以。我们看一些应用：

练习： 利用乘法公式求ΔkHk\Delta kH_k，其中HkH_k是前kk个调合数的和。

容易发现：

ΔkHk=kΔHk+Hk+1Δk=kk+1+Hk+1

\Delta kH_k = k\Delta H_k+H_{k+1}\Delta k = \frac k {k+1}+H_{k+1}

和从定义出发得到了相同的结果。

这个公式真正有用的地方是推出了广为称道的“分部求和法”，求公式两边求不定和式并整理得到：

∑uΔv=uv−∑EvΔu

\sum u\Delta v=uv-\sum Ev\Delta u

这个公式大大拓展了求和的范围。对于两个式子的乘积，先求一个的不定和式，再用公式展开求另一个（特别是负指数阶乘幂时不定和式会降低幂次）。用一个例子来解释：

例题
求

f(n)=∑0≤k<nHk(k+1)(k+2)

f(n) = \sum_{0\le k

的封闭形式。

利用裂项转化：

f(n)=∑0≤k<nHk(1k+1−1k+2)

f(n) = \sum_{0\le k

注意到（Δ2\Delta^2表示二阶差分，正如D2D^2表示二阶导数）：

−Δ2(Hk)=1k+1−1k+2

-\Delta^2(H_k) = \frac 1 {k+1}-\frac 1 {k+2}

则只要求不定和式

−∑HkΔ2(Hk)

-\sum H_k \Delta^2(H_k)

利用分部求和公式：

−(HkΔHk−∑Δ(Hk+1)Δ(Hk))

-(H_k\Delta H_k-\sum \Delta(H_{k+1})\Delta(H_k))

化简后得到

−(Hkk+1−∑1(k+1)(k+2))

-\left(\frac {H_k} {k+1}-\sum \frac 1 {(k+1)(k+2)}\right)

用阶乘幂表示并化简

−Hk+1k+1

-\frac {H_k+1} {k+1}

根据有限微积分基本定理：

f(n)=g(n)−g(0)=k−Hkk+1

f(n) = g(n)-g(0) = \frac {k-H_k} {k+1}

在后面对二项式恒等式的处理中，也可以看到有限微积分的强大威力。

二、二项恒等式

基本定义

二项式系数是最常用的组合数，(nk){n\choose k}表示从n个物品中取出k个的方案数。他的代数定义则更加直接：

(rk)=rk−k!

{r\choose k} = \frac {r^\underline k} {k!}

特别指出，如果k<0k，有(rk)=0{r\choose k} = 0。

二项恒等式

下面是十个最重要的二项恒等式。

展开式：

(nk)=n!k!(n−k)!

{n\choose k} = \frac {n!} {k!(n-k)!}
对称恒等式：

(nk)=(nn−k)

{n\choose k} = {n\choose n-k}
吸收/提取恒等式：

(rk)=rk(r−1k−1),k≠0

{r\choose k} = \frac r k{r-1 \choose k-1}, k\ne 0
归纳恒等式：

(rk)=(r−1k)+(r−1k−1)

{r\choose k} = {r-1\choose k}+{r-1\choose k-1}
上指标反转：

(rk)=(−1)k(k−r−1k)

{r\choose k} = (-1)^k{k-r-1\choose k}
三项式版恒等式：

(rm)(mk)=(rk)(r−km−k)

{r\choose m}{m\choose k} = {r\choose k}{r-k\choose m-k}
二项式定理：

(x+y)n=∑0≤k≤n(nk)xkyn−k

(x+y)^n = \sum_{0\le k\le n}{n\choose k}x^ky^{n-k}
平行求和法：

∑k≤n(r+kk)=(r+n+1n)

\sum_{k\le n}{r+k\choose k} = {r+n+1\choose n}
上指标求和：

∑k≤n(km)=(n+1m+1),m,n≥0

\sum_{k\le n}{k\choose m} = {n+1\choose m+1}, m,n\ge 0
范德蒙德卷积公式

∑k(rk)(sn−k)=(r+sn)

\sum_k{r\choose k}{s\choose n-k} = {r+s\choose n}

有限微积分证明二项恒等式

如果我们发现了一个不是很好处理的二项式，却又恰巧忘记了对应的恒等式，那么处理就变的棘手了。幸而我们有有限微积分的强大武器。

例题

不用归纳法，证明上指标求和法：

∑0≤k≤n(km)=(n+1m+1)(∗)

\sum_{0\le k\le n}{k\choose m} = {n+1\choose m+1}(*)

解：设f(x)=∑(km)δkf(x) = \sum {k\choose m}\delta k，有

(∗)=f(n+1)−f(0)

(*) = f(n+1)-f(0)

而根据有限微积分：

∑(km)δk=∑km−−m!δk=1m!1m+1km+1=1(m+1)!km+1=(km+1)

\sum {k\choose m} \delta k = \sum \frac {k^\underline m} {m!} \delta k\\=\frac 1 {m!}\frac 1 {m+1}k^{m+1}\\ = \frac 1 {(m+1)!}k^{m+1}\\ = {k\choose m+1}

则

(∗)=f(n+1)−f(0)=(n+1m+1)

(*) = f(n+1)-f(0) = {n+1\choose m+1}

一个陷阱： 和微积分一样，要注意常量和变量的区别，否则将得出错误的答案。

利用标准技术求解惊悚的和式

例题：

这是一个实际问题：求

S=∑0≤k≤nk(m−k−1m−n−1)

S = \sum_{0\le k\le n}k{m-k-1\choose m-n-1}

的封闭形式。

解：考虑两个东西乘积的和，首先考虑用吸收恒等式将其合并，而方法就是凑出上指标。不难发现：

S=∑0≤k≤n(m−(m−k))(m−k−1m−n−1)

S = \sum_{0\le k\le n}(m-(m-k)){m-k-1\choose m-n-1}

展开并整理，得到：

S=∑0≤k≤nm(m−k−1m−n−1)−∑0≤k≤n(m−k)(m−k−1m−n−1)

S = \sum_{0\le k\le n}m{m-k-1\choose m-n-1}-\sum_{0\le k\le n}(m-k){m-k-1\choose m-n-1}

前后分别处理，第一个和式考虑用上指标求和，替换枚举变量k→m−k−1k\rightarrow m-k-1以便在上面得到简单的形式：

u=m∑0≤m−k−1≤n(km−n−1)

u = m\sum_{0\le m-k-1\le n}{k\choose m-n-1}

化简得到：

u=m∑m−n−1≤k≤m−1(km−n−1)

u = m\sum_{m-n-1\le k\le m-1}{k\choose m-n-1}

这次可以动用上指标求和法：

u=m(mm−n)

u = m{m\choose m-n}

这时在考虑第二部分，用吸收恒等式化简之，得到：

v=(m−n)∑0≤k≤n(m−km−n)

v = (m-n)\sum_{0\le k\le n}{m-k\choose m-n}

仍然仿照上面的处理，得到：

v=(m−n)(m+1m−n+1)=(m−n)(m+1)m−n+1(mm−n)

v = (m-n){m+1\choose m-n+1} = \frac {(m-n)(m+1)}{m-n+1}{m\choose m-n}

则

S=u−v=m(m−n+1)−(m−n)(m+1)m−n+1(mm−n)=nm−n+1(mn)

S = u-v = \frac {m(m-n+1)-(m-n)(m+1)}{m-n+1}{m\choose m-n}\\ = \frac n {m-n+1}{m\choose n}

二项式反演

有时候一个问题是难于求解的，但其容斥的结果是便于求解的，也就是说，待求解的函数g(n)g(n)和一个简单的函数f(n)f(n)构成：

f(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)g(k)

f(n) = \sum_{0\le k\le n}(-1)^k {n\choose k}g(k)

的关系，就可以用解方程的手段在O(n3)O(n^3)求得g(n)g(n)。但反演定理允许我们在O(n)O(n)的时间内解决这一问题（不包含预处理组合数），即：

g(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)f(k)

g(n) = \sum_{0\le k\le n}(-1)^k {n\choose k}f(k)

这个公式前后完全对称，既具有美感又便于记忆。下面我们考虑用已有的知识证明之。

证明反演定理

注意：在证明中我们更关心细节和过程，以便在遇到更复杂的问题时尽快找到突破口。

f(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)g(k)⟺g(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)f(k)

f(n) = \sum_{0\le k\le n}(-1)^k {n\choose k}g(k)\iff g(n) = \sum_{0\le k\le n}(-1)^k {n\choose k}f(k)

由于定理左右对称，只需要证明⇒\Rightarrow即可。根据定义，右边=

∑0≤i≤n(−1)i(ni)∑0≤j≤i(−1)j(ij)g(j)

\sum_{0\le i\le n}(-1)^i{n\choose i}\sum_{0\le j\le i}(-1)^j{i\choose j}g(j)

整理：

∑0≤i≤n∑0≤i≤j(−1)i+j(ni)(ij)g(j)

\sum_{0\le i\le n}\sum_{0\le i\le j}(-1)^{i+j}{n\choose i}{i\choose j}g(j)

我们不希望一个未知的g(n)g(n)深入在和式中，而希望将他提出内层和式，从而用已有知识处理后面的部分，运用三项式版恒等式，并交换求和次序，提公因式后得到：

∑0≤j≤n(nj)g(j)∑j≤i≤n(−1)i+j(n−ji−j)(∗)

\sum_{0\le j\le n}{n\choose j}g(j)\sum_{j\le i\le n}(-1)^{i+j}{n-j\choose i-j}(*)

这时后面的部分就独立出来了，我们只需要处理后半部分。我们希望二项式下边尽可能简单，以便使用平行求和法。替换循环变量i→i−ji\rightarrow i-j，并化简后得到：

∑0≤i≤n−j(−1)i+2j(n−ji)

\sum_{0\le i\le n-j}(-1)^{i+2j}{n-j\choose i}

为了处理讨厌的(−1)i+2j(-1)^{i+2j}，应该提出一个(−1)i(-1)^i来消去之，对内部翻转上指标：

∑0≤i≤n−j(−1)2i+2j(i−(n−j)−1i)

\sum_{0\le i\le n-j}(-1)^{2i+2j}{i-(n-j)-1\choose i}

整理得到：

∑0≤i≤n−j(i+(−n+j−1)i)

\sum_{0\le i\le n-j}{i+(-n+j-1)\choose i}

终于发现了熟悉的平行求和法的形式，这一项的结果可以立即书写出，就是：

(jn)=[j=n]

{j\choose n} = [j=n]

即当且仅当j=nj=n时，该式为1，则原式：

(∗)=∑0≤j≤n(nj)g(j)[j=n]=g(n)

(*) = \sum_{0\le j\le n}{n\choose j}g(j)[j=n] = g(n)

因此原命题成立。

错排公式——二项式反演的应用

考虑一个问题：n个人将帽子高高扔起，并捡起一个帽子，问每个人都不拿到自己帽子的情况有多少种。

这个问题等价于问不存在长度为1的循环的置换总数的计数。一种方便的解决方案是：设f(n)f(n)为nn个帽子的情况总数，则有递推式：

f(n)=(n−1)(f(n−1)+f(n−2))

f(n) = (n-1)(f(n-1)+f(n-2))

这个递推式很容易找到一个组合解释，但这不在本文讨论的范畴。现在我们要用二项式反演的技术来解决这个问题，设f(n)f(n)为nn排列的总数，显然为f(n)=n!f(n) = n!；设g(n)g(n)为nn错排公式。记K(i)K(i)为“至少有i个错排的排列方案数”，则根据定义有

K(i)=(ni)g(i)×(n−i)!

K(i)={n\choose i}g(i)\times (n-i)!

由于“至少有nn个”被“至少有n−1n-1个”真包含，因此要用容斥原理。“至少有0个”包含一切，之后符号交替出现，即：

f(n)=∑0≤k≤n(−1)kK(k)

f(n) = \sum_{0\le k\le n}(-1)^kK(k)

整理后也就是：

f(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)g(k)(n−i)!

f(n) = \sum_{0\le k\le n}(-1)^k{n\choose k}g(k)(n-i)!

这可以用反演定理变化为：

g(n)(n−n)!=∑0≤k≤n(−1)k(nk)f(k)

g(n)(n-n)! = \sum_{0\le k\le n}(-1)^k{n\choose k}f(k)

也就是：

g(n)=∑0≤k≤n(−1)k(nk)k!

g(n) = \sum_{0\le k\le n} (-1)^k{n\choose k}k!

经过检验，这个方程和上面的递推式在初始的几项有相同的结果。我们大概可以相信获得了一个正确的答案。

高阶差分法

当我们已经知道一个数列符合一个多项式，或者组合数时，如何快速求出数列的通项公式？一个方法是所谓“拉格朗日插值法”，但我们也可以用有限微积分和组合数的武器解决。回忆分析中的泰勒级数：

g(a+x)=∑k≥0Dkg(a)k!xk

g(a+x) = \sum_{k\ge 0}\frac {D^kg(a)} {k!}x^k

应该可以想到有限微积分也有类似的公式“牛顿级数”，形式和泰勒级数相同：

g(a+x)=∑k≥0Δkg(a)k!xk−

g(a+x) = \sum_{k\ge 0}\frac {\Delta^kg(a)}{k!}x^\underline k

为了便于计算取a=0a = 0，根据组合数的定义也就是：

g(x)=∑k≥0Δkg(0)(xk)

g(x) = \sum_{k\ge 0}\Delta^kg(0){x \choose k}

还记得物理必修一中的“逐差法”测加速度吗？其深层次的数学原理就在于此。用一个小情景来验证这个定理：

y=f(x)=x3+2x2+x+4

y = f(x) = x^3+2x^2+x+4

取值如下表所示：

x	0	1	2	3	4	5	6	…
y = f(x)	4	8	22	52	104	184	298	…

Δ0f(0)=4Δ1f(0)=4Δ2f(0)=10Δ3f(0)=6Δ4f(0)=0

\Delta^0 f(0) = 4\\ \Delta^1 f(0) = 4 \\ \Delta^2 f(0) = 10\\ \Delta^3 f(0) = 6\\ \Delta^4 f(0) = 0

根据公式：

f(x)=4(x0)+4(x1)+10(x2)+6(x3)=x3+2x2+x+4

f(x) = 4{x\choose 0}+4{x\choose 1}+10{x\choose 2}+6{x\choose 3}\\ = x^3+2x^2+x+4

这个方法的一个好处是：一旦通过O(n2)O(n^2)的时间知道了组合数前的系数，由于同一行的组合数可以根据下式线性递推求得，可以在O(n)O(n)时间内求出f(x)f(x)的值。

(nm)=(n−1m)+(n−1m−1)=m+1n(nm+1)+mn(nm)

{n\choose m} = {n-1\choose m}+{n-1\choose m-1} \\ = \frac{m+1} n{n\choose m+1}+\frac m n{n\choose m}

即：

(nm)=m+1n−m(nm+1)

{n\choose m} =\frac {m+1} {n-m}{n\choose m+1}

生成函数

在多项式系数中蕴含组合性质是有理由的，因为“多项式乘法”由于二项式定理被赋予了组合性质。更重要的是，两个n次多项式相乘只需要O(nlgn)O(n\lg n)的时间复杂度。正式的，一个数列⟨a0,a1,a2,…⟩\left的生成函数A(x)A(x)为：

A(x)=∑k≥0akxk

A(x) = \sum_{k\ge 0} a_kx^k

生成函数的简单运用可以分为：

利用运算证明恒等式
利用封闭形式求解组合问题
利用多项式乘法（卷积）处理组合问题

证明恒等式

考虑之前的范德蒙德卷积公式：

∑k(rk)(sn−k)=(r+sn)

\sum_k{r\choose k}{s\choose n-k} = {r+s\choose n}

每当出现k,n−kk, n-k或k,k−nk, k-n出现时要考虑卷积。

考虑(1+x)r(1+x)^r和(1+x)s(1+x)^s所表达的生成函数：

∑0≤k≤r(rk)xk∑0≤k≤s(sk)xk

\sum_{0\le k\le r}{r\choose k}x^k\\ \sum_{0\le k\le s}{s\choose k}x^k

两式分别相乘，取次数为nn的系数，得到：

∑k(rk)(sn−k)=(r+sn)

\sum_k{r\choose k}{s\choose n-k} = {r+s\choose n}

就是原来的公式。

利用封闭形式解决问题

如果一个生成函数可以被表示成封闭形式，那当然可以为我们解决许多问题。考虑数列⟨1,1,1,1,…⟩\left的生成函数，设其为TT，满足：

T=1+xT

T = 1+xT

解得：T=11−xT = \frac 1 {1-x}

而数列⟨1,2,3,4,5,…⟩\left，可以通过这个公式两边求导并得到，就是：

∑k≥0kxk−1=1(1−x)2

\sum_{k\ge 0} kx^{k-1} = \frac 1 {(1-x)^2}

另一个常用的数列⟨1,−1,1,−1,1,−1,…⟩\left，他的生成函数是：

T=1−xT

T = 1-xT

解得T=11+xT = \frac 1 {1+x}。

考虑只包含nn的倍数的数列的生成函数，即

∑k≥0[k=np,p∈n]xk

\sum_{k\ge 0}[k=np,p\in n]x^k

容易发现

T=1+xnT

T = 1+x^nT

解得：T=11−xnT = \frac 1 {1-x^n}

如果一个数列为二项式系数的一行，即⟨(n0),(n1),(n2)…⟩\left，根据二项式定理，其生成函数为：(1+x)n(1+x)^n。

封闭形式的乘积恰好表示了所代表序列的卷积，这是个很好的性质，有时候将帮助我们寻找问题的答案。仍然用那个经典的例题做解释：

例题： 我们要从苹果、香蕉、橘子和梨中拿一些水果出来，要求苹果只能拿偶数个，香蕉的个数要是5的倍数，橘子最多拿4个，梨要么不拿，要么只能拿一个。问按这样的要求拿n个水果的方案数。

解：分别用生成函数表示所有情景：

1+x2+x4+⋯=11−x21+x5+x10+⋯=11−x51+x+x2+x3+x4=1−x51−x1+x

1+x^2+x^4+\dots = \frac 1 {1-x^2}\\ 1+x^5+x^{10}+\dots = \frac 1 {1-x^5}\\ 1+x+x^2+x^3+x^4 = \frac {1-x^5} {1-x}\\ 1+x

将他们全部乘起来，得到：

1+x1−x−x2+x3

\frac {1+x} {1-x-x^2+x^3}

由于我们坚信出题人是仁慈的，这个分式一定可以化简。用长除法可以得出：

1(1−x)2=1+2x+3x3+…

\frac 1 {(1-x)^2} = 1+2x+3x^3+\dots

这样答案就有了，取nn个的方案是n+1n+1。

完了

参(zhao)考(ban)资(lai)料(yuan)

《具体数学》
《组合数学》