生成函數

1.普通生成函數$\texttt{OGF}$
對於無順序的計數
$f(x) = \sum_{i=0} a_ix^i$
這裏的$x$是形式冪級數，我們不關心$x$的具體取值，我們只關心繫數，可以通過複分析證明可以無視收斂條件化簡：$\sum_{i=0} x^i = \frac 1{1-x}$

$\texttt{Ex1 : 求出 Ai = i*i 的生成函數}$
考慮$f(x) = \sum_{i=0} ix^i = \sum_{i=1}x^i\sum_{j=0}x^j = \frac x{1-x} \cdot\frac 1{1-x}$
$\therefore A(x) = \sum_{i=0} i*ix^i = \sum_{i=0} (i-1)ix^i + ix^i \\= \frac x{(1-x)^2} + \sum_{i=2} x^i\sum_{j=0}jx^j \\=\frac x{(1-x)^2} + \frac {x^2}{1-x} \cdot \frac x{(1-x)^2} = \frac {x^3-x^2+x}{(1-x)^3}$

2.指數生成函數
對於有順序的計數。
$f(x) = \sum_{i=0} \frac {a_ix^i}{i!}$
卷積時自帶排列。

3.FFT
4.循環卷積。
5.二維循環卷積
參考多維$\texttt{DFT}$

6.bluestein算法
https://blog.csdn.net/outer_form/article/details/52386685
計算n位循環卷積的方法。

$\pmod{1163962801}$
這是1~22的$lcm$，他有2到22次單位根，可以直接在模意義下的環內用整數做$\texttt{DFT}$

7.單位根反演。
我博客裏有。

一個圖中，求走過步數i爲$K$的倍數的路徑的$\binom{n}{i}$之和。
首先可以讓每個點連一個自環，那麼長度爲i的路徑到n時就會選擇n-i個時刻走自環，那麼就可以解決這個組合數了。
然後直接上單位根反演，把走一步後乘上$w_n^i,i\in[0,K-1]$ 加起來除以$K$就行了。

其實也可以矩陣中每個元素維護一個$K-1$次多項式，然後做長度爲$K$的循環卷積，最後插值回去，並無大差異。

8.Polya生成函數
有一個長度爲$n$的項鍊，$m$種顏色。
求對於顏色$i$用了$C_i$個的在旋轉置換下的等價類數。
對於置換（移動$p$位）的不動點的生成函數：$f_p(x_1,x_2,x_3..x_m) = (\sum_{i=1}^m x_i^{gcd(p,n)})^{\frac n{gcd(p,n)}}$
對於等價類的生成函數:$F(x_1,x_2....x_m) = \frac {\sum_p f_p(x_1,x_2...x_m)}n$
算就是了。

9.多項式可以執行的操作
Ⅰ：多項式牛頓迭代：
對於$f(x)$展開一階即認爲$f(x) = f(x_0) + f'(x_0) * (x-x_0)$。
然後求$f(x) = 0$的$x$的解。
$x = f'(x_0) - \frac {f(x_0)}{f'(x_0)}$
不斷用$x_0$求出新的$x$，把$x_0 = x$，如果$f(x)= 0$則結束。
對於多項式我們來抽象的實現牛頓迭代。
$A(x) = f'(B(x)) - \frac {f(B(x))}{f'(B(x))}$
每次多項式長度都會*2.
Ⅱ：多項式求逆：
$A(x) = \frac 1{B(x)}$
注意把$A(x) - \frac 1{B(x)} = 0$牛頓迭代是有坑點的，需要特殊理解。
ⅠⅠⅠ：多項式除法。
$A(x) = B(x)C(x) + D(x)$
$A(\frac 1x) = B(\frac 1x)C(\frac 1x) + D(\frac 1x)$
$x^{deg(A)} A(\frac 1x) = x^{deg(B)}B(\frac 1x)x^{deg(C)}C(\frac 1x) + x^{deg(A)}D(\frac 1x)$
最後一項因爲$deg(D) < deg(B)$所以在$\pmod {x^{deg(A)-deg(B)+1}}$的意義下是0.
對於A，B，C都只相當於把多項式的係數反轉。
那麼就可以算出C，然後算出$D$.
Ⅳ：多項式多點求值：
對於$f(x)= \ sum_{i=0}^n a_ix^i$求$f(x_1),f(x_2)...f(x_m)$
設一個多項式$\pi(i,j) = \prod_{i}^j (x-x_i)$
若$f(x) \equiv g(x) \pmod{\pi(1,k)}$
所以因爲$f(x_i) = f(x) \pmod {x-x_i} = g(x_i)$
這樣就可以類線段樹分治，每次兩個多項式取模把多項式次數減半。
V:多項式快速插值
用多項式科技優化拉格朗日插值。
發現可以直接分治，左半插值，右半插值，$f_{l,r} = f_{l,mid}\pi_{mid+1,r} + f_{mid+1,r}\pi_{l,mid}$ ，兩個$\log$美滋滋。但是初值需要知道$y_i = \frac {F(x_i)}{\prod_{j!=i} (x_i-x_j)}$。
設$P_i(x) = \frac {\prod_j(x-x_j)}{(x-x_i)}$
那麼$y_i = \frac {F(x_i)}{P_i(x_i)}$
那麼我們就需要算出$P_i(x_i)$。
以小學生的素養知道分母爲0 ，再用小學生就應該會的微積分中的洛必達法則得出$P_i(x_i) = \frac {(\prod_j(x-x_j))'}{-x_i}$
對分子多項式多點求值就行了。
$Ex1:分拆數$
求對於$n$的不下降可重分拆方案數。
不是五邊形數的那個！！！！
推式子後$exp$
注意EGF的組合意義不要亂用。

…
開始線代？
範德蒙德矩陣
它的行列式$\prod_{j<i} (x_i-x_j)$可以用巧妙一下用多點求值。

$\texttt{Ex2}$
給出$f(x) = \prod_{i=0}^n (1-a_ix^i)$,$g(x) = \prod_{i=0}^n (1-b_ix^i)$
求$h(x) = \prod_{i=0}^n\prod_{j=0}^n (1-a_ib_jx^{i+j})$
泰勒展開$ln(f(x)) = \sum_{k>0} \frac {(-1)^{k-1}}{k}x^k(\sum_{i=0}^na_i^k)$
$ln(h(x)) = \sum_{k>0} \frac {(-1)^{k-1}}kx^k(\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^na_i^kb_j^k)$
解出$\sum_{i=0}^na_i^k$,$\sum_{i=0}^nb_i^k$就可以直接推出$\ln(h(x))$

常係數線性遞推。