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--- 2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:生成函数_2 [2020/08/12 20:25]
jxm2001
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jxm2001
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 $$F(x)G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{i=0}^n a_ib_{n-i}\frac {x^n}{i!(n-i)!}=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{i=0}^n {n\choose i}a_ib_{n-i}\frac {x^n}{n!}$$
-$$\sum_{n=0}^{\infty}k^n\frac {x^n}{n!}=e^{kx}$$
+$$\sum_{n=0}^{\infty}k^n\frac {x^n}{n!}=e^{kx},\sum_{n=0}^{\infty}n^{\underline k}\frac {x^n}{n!}=x^ke^x$$
-$$\sum_{n=0}^{\infty}n^{\underline k}\frac {x^n}{n!}=x^ke^x$$
 ===== 算法例题 =====
+==== 例题一 ====
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/P5748|洛谷p5748]]
+=== 题意 ===
+定义贝尔数 $w_n$ 表示将集合 $\{1,2\cdots n\}$ 划分为若干个不相交非空集合的方案数，求 $w_n$。
+=== 题解 ===
+假设将 $n$ 化分到一个大小为 $i$ 的集合，不难得出递推式
+$$w_n=[n==0]+\sum_{i=1}^{n} {n-1\choose i-1}w_{n-i}$$
+构造 $F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}w_n\frac {x^n}{n!},G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac {x^n}{n!}=e^x$，于是有
+$$F(x)=1+\int F(x)G(x)\mathrm{d}x=1+\int F(x)e^x\mathrm{d}x$$
+接下来考虑求解 $F(x)$
+$$\mathrm{d}F(x)=F(x)e^x\mathrm{d}x$$
+$$\frac {\mathrm{d}F(x)}{F(x)}=e^x\mathrm{d}x$$
+$$\ln F(x)=e^x+C$$
+将 $F(0)=1$ 代入，得 $F(x)=\exp (e^x-1)$，于是 $w_n=[\frac {x^n}{n!}]F(x)$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=1e5+5,Mod=998244353;
+int quick_pow(int a,int b){
+	int ans=1;
+	while(b){
+		if(b&1)
+		ans=1LL*ans*a%Mod;
+		a=1LL*a*a%Mod;
+		b>>=1;
+	}
+	return ans;
+}
+namespace Poly{
+	const int G=3;
+	int rev[MAXN<<2],Wn[30][2];
+	void init(){
+		int m=Mod-1,lg2=0;
+		while(m%2==0)m>>=1,lg2++;
+		Wn[lg2][1]=quick_pow(G,m);
+		Wn[lg2][0]=quick_pow(Wn[lg2][1],Mod-2);
+		while(lg2){
+			m<<=1,lg2--;
+			Wn[lg2][0]=1LL*Wn[lg2+1][0]*Wn[lg2+1][0]%Mod;
+			Wn[lg2][1]=1LL*Wn[lg2+1][1]*Wn[lg2+1][1]%Mod;
+		}
+	}
+	int build(int k){
+		int n,pos=0;
+		while((1<<pos)<=k)pos++;
+		n=1<<pos;
+		_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
+		return n;
+	}
+	void NTT(int *f,int n,bool type){
+		_for(i,0,n)if(i<rev[i])
+		swap(f[i],f[rev[i]]);
+		int t1,t2;
+		for(int i=1,lg2=0;i<n;i<<=1,lg2++){
+			int w=Wn[lg2+1][type];
+			for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
+				int cur=1;
+				_for(k,j,j+i){
+					t1=f[k],t2=1LL*cur*f[k+i]%Mod;
+					f[k]=(t1+t2)%Mod,f[k+i]=(t1-t2)%Mod;
+					cur=1LL*cur*w%Mod;
+				}
+			}
+		}
+		if(!type){
+			int div=quick_pow(n,Mod-2);
+			_for(i,0,n)f[i]=(1LL*f[i]*div%Mod+Mod)%Mod;
+		}
+	}
+	void Mul(int *f,int _n,int *g,int _m,int xmod=0){
+		int n=build(_n+_m-2);
+		_for(i,_n,n)f[i]=0;_for(i,_m,n)g[i]=0;
+		NTT(f,n,true);NTT(g,n,true);
+		_for(i,0,n)f[i]=1LL*f[i]*g[i]%Mod;
+		NTT(f,n,false);
+		if(xmod)_for(i,xmod,n)f[i]=0;
+	}
+	void Inv(const int *f,int *g,int _n){
+		static int temp[MAXN<<2];
+		if(_n==1)return g[0]=quick_pow(f[0],Mod-2),void();
+		Inv(f,g,(_n+1)>>1);
+		int n=build((_n-1)<<1);
+		_for(i,(_n+1)>>1,n)g[i]=0;
+		_for(i,0,_n)temp[i]=f[i];_for(i,_n,n)temp[i]=0;
+		NTT(g,n,true);NTT(temp,n,true);
+		_for(i,0,n)g[i]=(2-1LL*temp[i]*g[i]%Mod)*g[i]%Mod;
+		NTT(g,n,false);
+		_for(i,_n,n)g[i]=0;
+	}
+	void Ln(const int *f,int *g,int _n){
+		static int temp[MAXN<<2];
+		Inv(f,g,_n);
+		_for(i,1,_n)temp[i-1]=1LL*f[i]*i%Mod;
+		temp[_n-1]=0;
+		Mul(g,_n,temp,_n-1,_n);
+		for(int i=_n-1;i;i--)g[i]=1LL*g[i-1]*quick_pow(i,Mod-2)%Mod;
+		g[0]=0;
+	}
+	void Exp(const int *f,int *g,int _n){
+		static int temp[MAXN<<2];
+		if(_n==1)return g[0]=1,void();
+		Exp(f,g,(_n+1)>>1);
+		_for(i,(_n+1)>>1,_n)g[i]=0;
+		Ln(g,temp,_n);
+		temp[0]=(1+f[0]-temp[0])%Mod;
+		_for(i,1,_n)temp[i]=(f[i]-temp[i])%Mod;
+		Mul(g,(_n+1)>>1,temp,_n,_n);
+	}
+}
+int a[MAXN<<2],b[MAXN<<2],frac[MAXN];
+int main()
+{
+	Poly::init();
+	frac[0]=1;
+	_for(i,1,MAXN)frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%Mod;
+	a[1]=1;
+	Poly::Exp(a,b,1e5+1);
+	b[0]--;
+	Poly::Exp(b,a,1e5+1);
+	int T=read_int();
+	while(T--){
+		int n=read_int();
+		enter(1LL*a[n]*frac[n]%Mod);
+	}
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+=== 拓展 ===
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/P4841|洛谷p4841]]
+考虑对结果的解释，$A(x)=e^x-1=\sum_{n=1}^{\infty}a_n\frac {x^n}{n!}(a_n=1)$ 可以理解为将所有 $n$ 个元素化为为一个集合的方案数 $a_n$ 的 $\text{EGF}$。
+$\exp (e^x-1)=\sum_{i=0}^{\infty} \cfrac {A^i(x)}{i!}$ 式子中 $\sum_{i=0}^{\infty}$ 可以理解为枚举最终划分的集合数 $i$。
+$A^i(x)$ 可以理解为将所有元素划分为 $i$ 个非空集合，$i!$ 可以理解为划分的集合之间无序所以除以全排列数。
+类似的，设 $n$ 个点带标号生成树的 $\text{EGF}$ 为 $F(x)$，则 $n$ 个点带标号生成森林的 $\text{EGF}$ 为 $\exp F(x)$。
+其中 $n$ 个点带标号生成树的 $\text{EGF}$ 容易求得为 $\sum_{n=0}^{\infty} n^{n-2}\frac {x^n}{n!}$，所以取 $\exp$ 即可快速求得 $n$ 个点带标号生成森林的 $\text{EGF}$。
+设 $n$ 个点带标号无向连通图的 $\text{EGF}$ 为 $F(x)$，则 $n$ 个点带标号无向图的 $\text{EGF}$ 为 $\exp F(x)$。
+其中 $n$ 个点带标号无向图的 $\text{EGF}$ 容易求得为 $\sum_{n=0}^{\infty} 2^{n(n-1)/2}\frac {x^n}{n!}$，所以取 $\ln$ 即可快速求得 $n$ 个点带标号无向连通图的 $\text{EGF}$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=13e4+5,Mod=1004535809;
+int quick_pow(int a,int b){
+	int ans=1;
+	while(b){
+		if(b&1)
+		ans=1LL*ans*a%Mod;
+		a=1LL*a*a%Mod;
+		b>>=1;
+	}
+	return ans;
+}
+namespace Poly{
+	const int G=3;
+	int rev[MAXN<<2],Wn[30][2];
+	void init(){
+		int m=Mod-1,lg2=0;
+		while(m%2==0)m>>=1,lg2++;
+		Wn[lg2][1]=quick_pow(G,m);
+		Wn[lg2][0]=quick_pow(Wn[lg2][1],Mod-2);
+		while(lg2){
+			m<<=1,lg2--;
+			Wn[lg2][0]=1LL*Wn[lg2+1][0]*Wn[lg2+1][0]%Mod;
+			Wn[lg2][1]=1LL*Wn[lg2+1][1]*Wn[lg2+1][1]%Mod;
+		}
+	}
+	int build(int k){
+		int n,pos=0;
+		while((1<<pos)<=k)pos++;
+		n=1<<pos;
+		_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
+		return n;
+	}
+	void NTT(int *f,int n,bool type){
+		_for(i,0,n)if(i<rev[i])
+		swap(f[i],f[rev[i]]);
+		int t1,t2;
+		for(int i=1,lg2=0;i<n;i<<=1,lg2++){
+			int w=Wn[lg2+1][type];
+			for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
+				int cur=1;
+				_for(k,j,j+i){
+					t1=f[k],t2=1LL*cur*f[k+i]%Mod;
+					f[k]=(t1+t2)%Mod,f[k+i]=(t1-t2)%Mod;
+					cur=1LL*cur*w%Mod;
+				}
+			}
+		}
+		if(!type){
+			int div=quick_pow(n,Mod-2);
+			_for(i,0,n)f[i]=(1LL*f[i]*div%Mod+Mod)%Mod;
+		}
+	}
+	void Mul(int *f,int _n,int *g,int _m,int xmod=0){
+		int n=build(_n+_m-2);
+		_for(i,_n,n)f[i]=0;_for(i,_m,n)g[i]=0;
+		NTT(f,n,true);NTT(g,n,true);
+		_for(i,0,n)f[i]=1LL*f[i]*g[i]%Mod;
+		NTT(f,n,false);
+		if(xmod)_for(i,xmod,n)f[i]=0;
+	}
+	void Inv(const int *f,int *g,int _n){
+		static int temp[MAXN<<2];
+		if(_n==1)return g[0]=quick_pow(f[0],Mod-2),void();
+		Inv(f,g,(_n+1)>>1);
+		int n=build((_n-1)<<1);
+		_for(i,(_n+1)>>1,n)g[i]=0;
+		_for(i,0,_n)temp[i]=f[i];_for(i,_n,n)temp[i]=0;
+		NTT(g,n,true);NTT(temp,n,true);
+		_for(i,0,n)g[i]=(2-1LL*temp[i]*g[i]%Mod)*g[i]%Mod;
+		NTT(g,n,false);
+		_for(i,_n,n)g[i]=0;
+	}
+	void Ln(const int *f,int *g,int _n){
+		static int temp[MAXN<<2];
+		Inv(f,g,_n);
+		_for(i,1,_n)temp[i-1]=1LL*f[i]*i%Mod;
+		temp[_n-1]=0;
+		Mul(g,_n,temp,_n-1,_n);
+		for(int i=_n-1;i;i--)g[i]=1LL*g[i-1]*quick_pow(i,Mod-2)%Mod;
+		g[0]=0;
+	}
+}
+int a[MAXN<<2],b[MAXN<<2],frac[MAXN],invfrac[MAXN];
+int main()
+{
+	Poly::init();
+	int n=read_int();
+	frac[0]=a[0]=1;
+	_rep(i,1,n){
+		frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%Mod;
+		a[i]=quick_pow(2,1LL*i*(i-1)/2%(Mod-1));
+	}
+	invfrac[n]=quick_pow(frac[n],Mod-2);
+	for(int i=n;i;i--)
+	invfrac[i-1]=1LL*invfrac[i]*i%Mod;
+	_rep(i,0,n)a[i]=1LL*a[i]*invfrac[i]%Mod;
+	Poly::Ln(a,b,n+1);
+	enter(1LL*b[n]*frac[n]%Mod);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>
+==== 例题二 ====
+=== 题意 ===
+定义错排数 $a_i$ 等于长度为 $n$ 且 $p_i\neq i$ 的置换个数，求错排数 $a_n$。
+=== 题解 ===
+$p_i\neq i$ 等价于不含长度为 $1$ 的置换环，考虑所有元素处于同一个置换环时的 $\text{EGF}$。
+$$\sum_{n=2}^{\infty}(n-1)!\frac {x^n}{n!}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac {x^n}n=-\ln (1-x)-x$$
+错排等价于将置换划分为若干个长度不为 $1$ 的置换环，于是错排数的 $\text{EGF}$ 即为 $\exp (-\ln (1-x)-x)$。
+==== 例题三 ====
+=== 题意 ===
+求满足 $\underbrace{f\circ f\circ\cdots\circ f}_{k}=\underbrace{f\circ f\circ\cdots\circ f}_{k-1}$ 的长度为 $n$ 的置换个数。
+=== 题解 ===
+建图，连有向边 $i\to f(i)$。由于 $\underbrace{f\circ f\circ\cdots\circ f}_{k}=\underbrace{f\circ f\circ\cdots\circ f}_{k-1}$，该图显然存在自环，且所有点 $k-1$ 步内一定到达自环点。
+而该图只有 $n$ 条边，于是该图显然只存在一个环，于是只存在一个自环点，设其为根节点，于是忽略自环则该图恰好为一个内向树。
+于是问题转化为求 $n$ 个点带标号的深度不超过 $k$ (假设根节点深度为 $1$)的生成树的 $\text{EGF}$，设其为 $F_k(x)$。
+显然这等价于选择一个点作为根节点然后取 $n-1$ 个点带标号的深度不超过 $k-1$ 的生成森林向其连边。
+于是有 $[\frac {x^n}{n!}]F_k(x)=n[\frac {x^{n-1}}{(n-1)!}]\exp F_{k-1}(x)=[\frac {x^n}{n!}]\exp xF_{k-1}(x)$。
+即 $F_k(x)=\exp xF_{k-1}(x)$，边界条件 $F_1(x)=x$，时间复杂度 $O(nk\log n)$。
+==== 例题四 ====
+[[https://www.luogu.com.cn/problem/CF891E|CF891E]]
+=== 题意 ===
+给定 $n$ 个数 $a_1,a_2\cdots a_n$。
+接下来 $k$ 次操作。每次随机选取其中一个数 $x\in [1,n]$，将 $a_x$ 减一，同时得到 $\prod_{i\neq x}a_i$ 的分数。
+问最终得分的期望值，答案对 $10^9+7$ 取模。
+=== 题解 ===
+设势能函数为 $\prod_{i=1}^n a_i$，发现每次操作得分恰好等于势能函数减少量。
+不妨设 $c_i$ 表示 $k$ 次操作中 $x=i$ 的次数，则最终得分为 $\prod_{i=1}^n a_i-\prod_{i=1}^n (a_i-c_i)$。
+考虑计算每个方案的 $\prod_{i=1}^n (a_i-c_i)$ 的和，最后除以总方案数 $n^k$。
+对每种方案 $(c_1,c_2\cdots c_n)$，显然有 $\frac {k!}{c_1!c_2!\cdots c_n!}$ 个，发现这与 $\text{EGF}$ 卷积相似。
+构造生成函数 $F_i(x)=\sum_{j=0}^{\infty} (a_i-j)\frac {x^j}{j!}=\sum_{j=0}^{\infty} a_i\frac {x^j}{j!}-j\frac {x^j}{j!}=(a_i-x)e^x$，$F(x)=\prod_{i=1}^n F_i(x)=e^{nx}\prod_{i=1}^n (a_i-x)$。
+不难发现所有方案对应答案为 $[\frac {x^k}{k!}]F(x)$。
+考虑分治 $\text{FFT}$ 处理 $\prod_{i=1}^n (a_i-x)$，假设计算结果为 $b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots +b_nx^n$。
+$$F(x)=\left(\sum_{i=0}^{\infty}\frac {n^ix^i}{i!}\right)\left(\sum_{i=0}^n b_ix^i\right)=\sum_{i=0}^{\infty} x^i\sum_{j=0}^i \frac{n^{i-j}b_j}{(i-j)!}=\sum_{i=0}^{\infty} \frac{x^i}{i!}\sum_{j=0}^{\min (i,n)} n^{i-j}i^{\underline j}b_j$$
+于是 $[\frac {x^k}{k!}]F(x)=n^k\sum_{i=0}^{\min (k,n)}\cfrac {k^{\underline i}b_i}{n^i}$。
+<hidden 查看代码>
+<code cpp>
+const int MAXN=1e5+5,mod=1e9+7,m=sqrt(mod)+0.5;
+const long double pi=acos(-1.0);
+int quick_pow(int x,int k){
+	int ans=1;
+	while(k){
+		if(k&1)ans=1LL*ans*x%mod;
+		x=1LL*x*x%mod;
+		k>>=1;
+	}
+	return ans;
+}
+struct complex{
+	long double x,y;
+	complex(long double x=0.0,long double y=0.0):x(x),y(y){}
+	complex operator + (const complex &b){
+		return complex(x+b.x,y+b.y);
+	}
+	complex operator - (const complex &b){
+		return complex(x-b.x,y-b.y);
+	}
+	complex operator * (const complex &b){
+		return complex(x*b.x-y*b.y,x*b.y+y*b.x);
+	}
+};
+int rev[MAXN<<2];
+int build(int k){
+	int n,pos=0;
+	while((1<<pos)<=k)pos++;
+	n=1<<pos;
+	_for(i,0,n)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(pos-1));
+	return n;
+}
+void FFT(complex *f,int n,int type){
+	_for(i,0,n)if(i<rev[i])
+	swap(f[i],f[rev[i]]);
+	complex t1,t2;
+	for(int i=1;i<n;i<<=1){
+		complex w(cos(pi/i),type*sin(pi/i));
+		for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
+			complex cur(1.0,0.0);
+			_for(k,j,j+i){
+				t1=f[k],t2=cur*f[k+i];
+				f[k]=t1+t2,f[k+i]=t1-t2;
+				cur=cur*w;
+			}
+		}
+	}
+	if(type==-1)_for(i,0,n)
+	f[i].x/=n,f[i].y/=n;
+}
+void FFT2(complex *f1,complex *f2,int n){
+	FFT(f1,n,1);
+	f2[0].x=f1[0].x,f2[0].y=-f1[0].y;
+	_for(i,1,n)
+	f2[i].x=f1[n-i].x,f2[i].y=-f1[n-i].y;
+	complex t1,t2;
+	_for(i,0,n){
+		t1=f1[i],t2=f2[i];
+		f1[i]=complex((t1.x+t2.x)*0.5,(t1.y+t2.y)*0.5);
+		f2[i]=complex((t1.y-t2.y)*0.5,(t2.x-t1.x)*0.5);
+	}
+}
+LL getv(double x){
+	if(x>-0.5)return (LL)(x+0.5);
+	return (LL)(x-0.5);
+}
+complex f1[MAXN<<2],f2[MAXN<<2],g1[MAXN<<2],g2[MAXN<<2],temp[2][MAXN<<2];
+void MTT(int *f,int n1,int *g,int n2){
+	int n=build(n1+n2);
+	_rep(i,0,n1)f1[i].x=f[i]/m,f1[i].y=f[i]%m;_for(i,n1+1,n)f1[i].x=f1[i].y=0.0;
+	_rep(i,0,n2)g1[i].x=g[i]/m,g1[i].y=g[i]%m;_for(i,n2+1,n)g1[i].x=g1[i].y=0.0;
+	FFT2(f1,f2,n);FFT2(g1,g2,n);
+	complex I(0.0,1.0);
+	_for(i,0,n){
+		temp[0][i]=f1[i]*g1[i]+I*f2[i]*g1[i];
+		temp[1][i]=f1[i]*g2[i]+I*f2[i]*g2[i];
+	}
+	FFT(temp[0],n,-1);FFT(temp[1],n,-1);
+	LL a,b,c;
+	_rep(i,0,n1+n2){
+		a=getv(temp[0][i].x);b=getv(temp[0][i].y+temp[1][i].x);c=getv(temp[1][i].y);
+		f[i]=((a%mod*m%mod*m%mod+b%mod*m%mod+c%mod)%mod+mod)%mod;
+	}
+}
+int a[MAXN],b[MAXN<<3],c[MAXN];
+void solve(int *f,int lef,int rig){
+	int mid=lef+rig>>1;
+	if(lef==rig){
+		f[0]=a[mid],f[1]=-1;
+		return;
+	}
+	solve(f,lef,mid);solve(f+mid-lef+2,mid+1,rig);
+	MTT(f,mid-lef+1,f+mid-lef+2,rig-mid);
+}
+int main()
+{
+	int n=read_int(),k=read_int(),ans=1;
+	_rep(i,1,n)a[i]=read_int(),ans=1LL*ans*a[i]%mod;
+	solve(b,1,n);
+	int _n=min(n,k),divn=quick_pow(n,mod-2);
+	c[0]=1;
+	_for(i,0,_n)c[i+1]=1LL*c[i]*(k-i)%mod*divn%mod;
+	_rep(i,0,_n)ans=(ans-1LL*b[i]*c[i])%mod;
+	enter((ans+mod)%mod);
+	return 0;
+}
+</code>
+</hidden>

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