指数生成函数(EGF)
算法简介
形如 $F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n\frac {x^n}{n!}$ 的函数， $a_n$ 可以提供关于这个序列的信息，一般用于解决有标号组合计数问题。
基本运算
$$F(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_n\frac {x^n}{n!},G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}b_n\frac {x^n}{n!}$$
$$F(x)G(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{i=0}^n a_ib_{n-i}\frac {x^n}{i!(n-i)!}=\sum_{n=0}^{\infty}\sum_{i=0}^n {n\choose i}a_ib_{n-i}\frac {x^n}{n!}$$
$$\sum_{n=0}^{\infty}k^n\frac {x^n}{n!}=e^{kx},\sum_{n=0}^{\infty}n^{\underline k}\frac {x^n}{n!}=x^ke^x$$
算法例题
例题一
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 $w_n=[\frac {x^n}{n!}]F(x)$。
拓展
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 $\text{EGF}$。
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
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 $[\frac {x^k}{k!}]F(x)=n^k\sum_{i=0}^{\min (k,n)}\cfrac {k^{\underline i}b_i}{n^i}$。
