母函数
母函数可以用于数列，概率，组合数学中，是个极其强大的工具。
定义
对于一个数列 \(a_0,a_1,a_2,a_3\dots\) ，定义 \(G(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+a_3x^3\dots\) 为其母函数（这里对是否无穷项并没有什么要求）。
看起来没什么用。
但是我们看一个例子：
已知母函数 \(G(x)=C^{0}_{n}+C^{1}_{n}x+C^{2}_{n}x^2+C^{3}_{n}x^3\dots\) 。
很明显，这是个二项式展开式，那我们不妨将其写成 \(G(x)=(x+1)^n\) 。这里母函数的作用就体现出来了。
我们可以将一个无穷式变成一个收敛形式，便于计算处理。
普通型母函数
首先来看看几个常见普通母函数：
- \(G(x)=\frac{1}{1-x}=1+x+x^2+x^3+\dots\)
由等比数列求和公式可知 \(G(x)=\frac{a_1(1-q^n)}{1-q}\) ，这里的话 \(q=x,a_1=1\) 。由于 \(x\) 可以是任何数，我们不妨设其小于 \(1\) 。那么 \(q^n\) 趋近于 \(0\) ，就得到收敛形式。
- \(G(x)=\frac{1}{1-kx}=1+kx+k^2x^2+k^3x^3\dots\)
证明同上。
- \(G(x)=\frac{1}{(1-x)^{n}}=C^{0}_{n+0-1}+C^{1}_{n+1-1}x+C^{2}_{n+2-1}x^2+C^{3}_{n+3-1}x^3\dots +C^{k}_{n+k-1}x^k\dots\)
证明：
数学归纳法。
假设 \(n\) 的情况成立，那么对于 \(n+1\) ：
\[
G(x)=\frac{1}{(1-x)^{n+1}}=\frac{1}{(1-x)^{n}}\frac{1}{(1-x)}\\bf 此时对于第\mit \;k\;\bf 项有：\\ \mit
a_k=\sum^{k}_{i=1}C^{i}_{n+i-1}=C^{k}_{n+1+k-1}
\]
这里用到了 \(C^{n}_{m}=C^{n-1}_{m-1}+C^{n}_{m-1}\)最后的递归边界由于 \(C^{0}_{n-1}=C^{0}_{n+1-1}\) 所以就可以滚雪球上去。
虽然好像母函数主要是被用在组合上，但是用其来解数列递推式也非常香（初赛的递推数列题可以用母函数暴力推）。
这里以斐波那契数列为例：
? 已知 \(f_{n+1}=f_n+f_{n-1}\) 。
? 那么对于其母函数 \(T\) ，有：
\[
\begin{align}
T=f_0+f_1x+f_2x^2+f_3x^3+\dots\xT=f_0x+f_1x^2+f_2x^3+\dots\x^2T=f_0x^2+f_1x^3+\dots\\end{align}
\\therefore
T-f_0-f_1x=xT-f_0x+x^2T\\bf 解得： \mit \qquad T=\frac{1}{1-x-x^2}\\]
? 那么我们有了斐波那契数列母函数的收敛形式，只要将其向几个基本的母函数上靠，期望就能得到通项：
\[
\begin{align}
T=\frac{1}{-(\frac{\sqrt{5}-1}{2}-x)(\frac{-\sqrt{5}-1}{2}-x)}\\end{align}
\]
? 可以看出其中有黄金分割率，看起来离正解不远了，我们设其为 \(\phi_1\) 和 \(\phi_2\) 然后继续：
\[
T=\frac{1}{-\phi_1\phi_2(1-\frac{1}{\phi_1}x)(1-\frac{1}{\phi_2}x)}\=\frac{1}{(1-\frac{1}{\phi_1}x)(1-\frac{1}{\phi_2}x)}\\]
? 然后再裂个项：
\[
T=\frac{1}{\sqrt{5}} (-\frac{\phi_2}{1-\frac{1}{\phi_1}x}+\frac{\phi_1}{1-\frac{1}{\phi_2}x})
\]
? 根据几个基本母函数，斐波那契的通项为：
\[
F_n=\frac{1}{\sqrt{5}} [(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^{n+1}-(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^{n+1}]
\]
?
除了解递推数列通项，普通型母函数还可以解一些无重复项的组合问题，质数分解问题：
? 将一个数 \(n\) 分解成质数和的形式，有多少种本质不同的方法。
? 根据题意构建方程：
\[
G(x)=(1+x^2+x^4+x^6+\cdots)\times(1+x^3+x^6+\cdots)\times(1+x^5+x^{10}\cdots)\times\cdots
\]
? 化简后 \(n\) 次项的系数即为方法数。
用这种方法甚至可以解决如凑零钱之类的 \(dp\) 问题，根据上例可以发现，系数是要手动爆枚的，所以复杂度上来说并没有什么实际意义。
指数型母函数
基本形式如下：
\[
G(x)=\sum^{\infty}_{i=0}\frac{x^i}{i!}=1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots
\]
可以注意到阶乘的形式很特别，易联想到 \(Taylor\) 展开 ，因为 \(x\) 取值并没有什么关系，我们就取 \(e^x\) 作为其收敛形式（与 \(e^x\) 在 \(0\) 处的展开式相同）。
那么同样，常见的指数型母函数有：
- \(G(x)=\frac{e^x+e^{-x}}{2}=\sum^{\infty}_{i=0}\frac{x^{2i}}{(2i)!}=1+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots\)
- \(G(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\sum^{\infty}_{i=0}\frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!}=x+\frac{x^3}{3!}+\cdots\)
皆为 \(Taylor\) 展开式。
指数型母函数主要是为求解有重复项的组合问题，比如 \(1,1,2,3\) 可以组合成的四位数个数，明显是 \(\frac{4!}{2!}\) 个，这就是为何下面要除阶乘。
注意，最终我们需要的是 \(\frac{x^n}{n!}\) 前的系数，可以发现，下面没有阶乘的项乘出来会自动加个阶乘，而有阶乘的会把重复部分除掉，刚好达到预计效果。
如果还不明白可以找个例子手动操作一遍。
指数型母函数大多可以通过 \(Taylor\) 展开找到通项，这是其优点。
如：
? 求 \(1,3,5,7,9\) 可以组成的 \(n\) 位数个数。其中 \(3,7\) 分别出现偶数次。
? 依照题意构建母函数：
\[
T=(1 + \frac{x^2}{2!} + \frac{x^4}{4!} + \cdots )^2\times(1+x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}+\cdots)^3\=(\frac{e^x+e^{-x}}{2})^2\times e^{3x}= \frac{1}{4}(e^{5x}+2e^{3x}+e^x)\=\frac{1}{4} \sum^{\infty}_{i=0} (5^i+2\times3^i+1)\frac{x^i}{i!}
\]
? 那么第 \(n\) 项的系数是： \(\frac{5^n+2\times3^n+1}{4}\) 。
\(\frak by\;\;thorn\_\)
原文地址：https://www.cnblogs.com/thornblog/p/12207208.html