已知乙個序列 \(a\)，可以有限項也可以無限項，定義其生成函式 \(f(x)\) 為。
\[f(x)=\sum a_ix^i
\]舉個例子。
序列 $a=\left \langle 1,2,3 \right \rangle $ 的生成函式是 \(f(x)=1+2x+3x^2\)。
序列 $a=\left \langle 1,2,3...\right \rangle $ 的生成函式是 \(f(x)=\sum (i+1)x^i\)。
生成函式本質是乙個多項式，所以可以進行多項式卷積，方便處理序列問題。
假設序列 \(a\) 的生成函式是 \(f(x)\)，序列 \(b\) 的生成函式是 \(g(x)\)。
\[f(x)g(x)=\sum x^i\sum_^i a_jb_
\]封閉操作可以讓生成函式更加易於化簡。
簡而言之就是把無限項的多項式封閉為有限項。
比如 \(f(x)=\sum x^i\)。
可以列出方程
\[f(x)=xf(x)+1
\]解出 \(f(x)=\frac\)，這樣就得到了生成函式的封閉形式。
幾種比較常見的封閉形式：
這種函式有下面幾種：
\(\left \langle 1,1,1,1...\right \rangle=\frac\)
\(\left \langle 1,2,3,4...\right \rangle=\frac\)
\(\left \langle 1,3,6,10...\right \rangle=\frac\)
\(\left \langle \binom,\binom,\binom,\binom...\right \rangle=\frac\)
本質上是二項式定理的負數形式（也叫牛頓二項式定理）。
\[(1-x)^=\sum \binomx^i
\]考慮證明一下。
用歸納法證明，對 \(n=1\) 時前面已經證明過了，成立。
設生成函式 \(f_n(x)=\sum \binomx^i\)。
\[f_n(x)-f_(x)=\sum (\binom-\binom)x^i\\
=\sum\binomx^i=xf_n(x)
\]相減這一步可以在楊輝三角上顯然得證。
然後可以得到
\[f_n(x)=\frac(x)}=(1-x)^
\]原定理得證。
這種就是等比數列求和，對應的序列是
\(\left \langle 1,n,n^2,n^3...\right \rangle\)
這種比較簡單，比如 \(\sum x^\)，你把它變成 \(\sum (x^n)^i\)，\(x^n\) 視作乙個整體，用上面的做就好了。
這也不大難，直接二項式定理，它對應展開形式是 \(\sum \binom x^i\)。
比如說 \(a=\left \langle 0,0,...0,0,1,2,3,4\right \rangle\)
前面有 \(n\) 個零，那就先把 \(0\) 後面的結果算出來，再右移，相當於乘上乙個 \(x^n\)。
上面的答案是 \(\frac\)。
一般來說可以拆成多個生成函式之和或者差，比如
\[\sum ix^i=\sum (i+1)x^i-\sum x^i
\]然後就可以直接做了。
\([x^n]f(x)\) 表示 \(x^n\) 的係數。
現在成功求出了 \(f(x)\) 的封閉形式，那麼咋求 \([x^n]f(x)\) 呢？此時需要去展開。
實際上就是封閉的逆過程，方法和上面的差不多，只不過多了一些小技巧。
看看下面的例子：
求斐波那契數列（\(f_1=f_2=1,f_i=f_+f_(i\ge 3)\)）第 \(n\) 項的值，對 \(10^9+7\) 取模。\(o(n)\)，我會遞推！
\(o(\log n)\)，我會矩陣快速冪！
\(o(1)\)，我會矩陣塊速冪，我知道通項公式！
儘管斐波那契數列的通項已經變成地球人都知道了的常識，我們還是嘗試用生成函式來推出它。
設生成函式 \(f(x)=\sum f_ix^i\)。
列方程。
\[f(x)-xf(x)=x^2f(x)+x
\]得到封閉形式 \(f(x)=\frac\)。
然後咋展開？
發現這不屬於我們之前列到的任何一種情況。
一種展開方式是把分母中 \(x+x^2\) 看做整體展開，不過不是我們想要的結果。
一種簡單的方法是把分母是 \(2\) 次的式子換成兩個 \(1\) 次的式子相加。
設\[\frac=\frac+\frac
\]解出 \(a=\frac},a=-\frac},a=\frac},b=\frac}\)
把兩個式子分別展開，加起來就是 \(f(x)\) 的展開形式了。
\[f(x)=\sum x^i\frac}((\frac})^i-(\frac})^i)
\]這樣就得到了我們熟悉的形式。
更多構造、計算生成函式的技巧還是在習題中吧。
思維難度基本遞增。
bzoj3028
有 \(8\) 種物品，每個物品有自己的限制，現在要拿 \(n\) 個物品，求方案數，限制有點多，建議看原題。經典板子題，考慮對於每一種食物構造乙個生成函式，每一項表示這種食物選多少個。
以承德漢堡為例，直接構造 \(f(x)=\sum x^\)。
求出每乙個函式的封閉形式，然後全部卷積起來，再展開就是答案。
函式都比較簡單，不細講。
p7386
有 \(n\) 個 \(1\) 和 \(m\) 個 \(0\)，你需要把它們排列，但要保證任意的 \(1\) 互不相鄰且第乙個位置是 \(0\)、最後乙個位置是 \(1\)，現在把所有可以構造出的串放到一棵 0-1 trie 上，需要多少個節點，此處 0-1 trie 的節點存字元而非邊。由於最前面是 \(0\)，最後是 \(1\)，所以字串可以看做是一大堆 \(0\) 後面跟個 \(1\) 拼起來。答案對 \(18888913\)（乙個質數），取模。
\(n,m\le 5\times 10^\)。
考慮 dp，設 \(f_\) 表示 \(n\) 個 \(1\)，\(m\) 個 \(0\) 的答案，容易得到：
\[f_=\sum_^m (f_+2)
\]因為下面的狀態前面要寫 \(01\)，所以要加二。
並且顯然如果 \(n>m\)，無解。
考慮這東西用生成函式做，設 \(f_n(x)=\sum f_x^i\)
考慮咋推到下乙個，設 \(g(x)=\sum x^i=\frac\)。
相當於 \(i\ge n\) 的每項加 \(2\)，然後字首和後後移一位。
容易發現 \(f_(x)=(f_n(x)+2g(x)x^n)g(x)x\)。
把 \(g(x)\) 換掉，得到。
\[f_(x)=(f_n(x)+\frac)\frac
\]求一下數列通項，令 \(h_n(x)=\frac\)。
\[h_(x)=h_n(x)+2(1-x)^
\]計算一下 \(f_1(x)\)。
\[1+f_1(x)=\sum (i+1)x^i=\frac
\]\(f_1(x)=\frac\)。
\(h_1(x)=\frac\)。
然後就可以推出 \(h\) 的通項了。
\[h_n(x)=\frac+\sum_^ 2(1-x)^i=\frac+\frac}\\
f_n(x)=\frac}+\frac(2-2(1-x)^)}=\\ \frac(2-x^2)}}-\frac}\\
ans=[x^m]f_n(x)=[x^]\frac}\\
=[x^](\frac}-\frac)
\]\[=[x^]((2-x^2)\sum \binom x^i)-2 \\
=2\binom-\binom-2
\]直接用 lucas 算就好了。
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