高等组合学笔记(四): 生成函数应用, Catalan问题

常见的生成函数

Bernoulli和Euler数及多项式

定义:
$\sum_{n\geq 0}B_n\frac{t^n}{n!}=\frac t{e^t-1},\quad \sum_{n\geq 0}B_n(x)\frac{t^n}{n!}=\frac {te^{tx}}{e^t-1},\\ \sum_{n\geq 0}E_n\frac{t^n}{n!}=\frac1{\cosh t}=\frac {2e^t}{1+e^{2t}},\quad \sum_{n\geq 0}E_n(x)\frac{t^n}{n!}=\frac {2e^{tx}}{1+e^t},$

一些展开项:
$\begin{aligned} \Rightarrow &B_0=1,B_1=-\frac12,B_2=-\frac16,B_3=0,B_4=-\frac1{30},B_5=0,B_6=\frac1{42},\cdots\\ &E_0=1,E_1=0,E_2=-1,E_3=0,E_4=5,E_5=0,E_6=-61,\cdots\\[5pt] \Rightarrow &B_0(x)=1,B_1(x)=x-\frac12,B_2(x)=x^2-x+\frac16,B_3(x)=x^3-\frac32x^2+\frac x2,\cdots\\ &E_0(x)=1,E_1(x)=x-\frac12,E_2(x)=x^2-x,E_2(x)=x^3-\frac32x^2+\frac14,\cdots \end{aligned}$
而
$\sum\limits_{n\geq 0}B_n\frac{t^n}{n!}=\frac t{e^t-1}\Rightarrow (e^t-1)\sum_{n\geq0}B_n\frac{t^n}{n!}=t,$
即:
$\sum_{l\geq1}\frac{t^l}{l!}\cdot\sum_{k\geq0}B_k\frac{t^k}{k!}=t, 令k+l=n,\\ \Rightarrow \sum_{n\geq1}\frac{t^n}{n!}\cdot\sum_{k=0}^{n-1}\binom nkB_k=t,$

• 若两端取$t$的系数, 得到$B_0=1$,
• 取$t^n$的系数, 得到$\frac1{n!}\sum\limits_{k=0}^{n-1}\binom nkB_k=0$, ($n>1$),
  即$\sum\limits_{k=0}^n\binom{n+1}kB_k=0(n>0)$.
  $\Rightarrow (n+1)B_n+\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n+1}kB_k=0,\\ \Rightarrow B_n=-\frac1{n+1}\sum_{k=0}^{n-1}\binom{n+1}kB_k.$

注:
$\sum_{n\geq 0}B_n\frac{t^n}{n!}+\frac t2=\frac t{e^t-1}+\frac t2=\frac{te^t+t}{2e^t-2},$
右端为偶函数, 于是其展开项的奇数次幂都为0.

重要性质

1. $B_n=B_n(0),\quad E_n=2^nE_n\left(\frac12\right)$;
2. $B_{2k+1}=E_{2k-1}=0,\quad k=1,2,3,...$;
3. $B'_n(x)=nB_{n-1}(x),\quad E_n'(x)=nE_{n-1}(x)$;
4. $B_n(x+1)-B_n(x)=nx^{n-1},\quad E_n(x+1)+E_n(x)=2x^n$;
5. $B_n(x+y)=\sum\limits_{k=0}^n\binom nk B_k(x)y^{n-k},\ E_n(x+y)=\sum\limits_{k=0}^n\binom nk E_k(x)y^{n-k}$; (函数的卷积公式)
   $\sum_{n\geq 0}B_n(x+y)\frac{t^n}{n!}=\frac {te^{(x+y)t}}{e^t-1}=\frac {te^{xt}}{e^t-1}\cdot e^{yt}=\sum_{k\geq0}B_k(x)\frac{t^k}{k!}\cdot\sum_{l\geq0}\frac{y^l}{l!}t^l,$
   比较两端$t^n$的系数, 得到上式成立.
6. $E_n(x)=\sum\limits_{k=0}^n\binom nk \frac{E_k}{2^k}{(x-\frac12)}^{n-k}$;
7. $B_n(1-x)=(-1)^nB_n(x),\ E_n(1-x)=(-1)^nE_n(x)$;
8. $B_n(mx)=m^{n-1}\sum\limits_{k=0}^{m-1}B_k(x+\frac km)$;
   $E_n(mx)= \begin{cases} m^n\sum\limits_{k=0}^{m-1}(-1)^kE_n\left(x+\frac mk \right),\quad(m=1,3,5,...)\\ -\frac2{n+1}m^n\sum\limits_{k=0}^{m-1}(-1)^kB_{n+1}\left(x+\frac mk\right), \quad(m=2,4,6,...) \end{cases}$

应用: 计算幂和

$S_k(n)=\sum_{i=0}^ni^k=1^k+2^k+\cdots+n^k.$

交错幂和

$T_k(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^ii^k.$
考虑形式级数$\sum\limits_{k\geq0}S_k(n)\dfrac{t^{k+1}}{k!}$, 化简得到
$\begin{aligned} \sum\limits_{k\geq0}S_k(n)\dfrac{t^{k+1}}{k!}&=\sum_{k\ge0}\sum_{i=0}^k\frac{t^{k+1}}{k!}=\sum_{i=0}^nt\sum_{k\ge0}\frac{(it)^k}{k!}\\ &=\sum_{i=0}^nte^{it}=\sum_{i=0}^n(e^t-1)\cdot\sum_{m\ge0}B_m(i)\frac{t^m}{m!}\\ &=\sum_{m\ge0}\sum_{i=0}^nB_m(i)\frac{t^m}{m!}\cdot\sum_{p\ge0}\frac{t^p}{p!}-\sum_{m\ge0}\sum_{i=0}^nB_m(i)\frac{t^m}{m!}\\ &=\sum_{m\ge0}\sum_{j=0}^m\binom mj\sum_{i=0}^nB_j(i)\frac{t^m}{m!}-\sum_{m\ge0}\sum_{i=0}^nB_m(i)\frac{t^m}{m!}\\ \end{aligned}$
两边取$\left[\dfrac{t^{k+1}}{k!}\right]$, 并取$m=k+1$,
$\begin{aligned} S_k(n)&=\frac1{k+1}\sum_{i=0}^n\left[\sum_{j=0}^{k+1}\binom{k+1}{j}B_j(i)-B_{k+1}(i)\right]\\ &=\frac1{k+1}\sum_{i=0}^n\big(B_{k+1}(i+1)-B_{k+1}(i)\big)\qquad(*)\\ &=\frac1{k+1}\big(B_{k+1}(n+1)-B_{k+1}(0)\big) \end{aligned}$
其中, $(*)$应用了性质5.
$S_k(n)=\frac{B_{k+1}(n+1)-B_{k+1}}{k+1}=\frac1{k+1}\sum_{i=0}^k\binom{k+1}iB_i\cdot (n+1)^{k+1-i}$
于是我们得到:
$S_1(n)=\frac{n(n+1)}2,\quad S_2(n)=\frac{n(n+1)(2n+1)}6,\quad S_3=\frac{n^2(n+1)^2}4,\cdots$
类似,
$T_k(n)=\frac{(-1)^nE_k(n+1)+E_k(0)}2$

Bernoulli多项式和Euler多项式的推广

高阶Bernoulli多项式$B_n^{(\alpha)}(x)$, 高阶Euler多项式$E_n^{(\alpha)}(x)$.

定义:
$\sum_{n\geq 0}B_n^{(\alpha)}(x)\frac{t^n}{n!}=e^{tx}\left(\frac {t}{e^t-1}\right)^\alpha,\quad\sum_{n\geq 0}E_n^{(\alpha)}(x)\frac{t^n}{n!}=e^{tx}\left(\frac {2}{1+e^t}\right)^\alpha,$

类似的性质:

1. $B_{n}^{(\alpha)}(x+1)-B_n^{(\alpha)}(x)=nB_{n-1}^{(\alpha-1)}(x)$,
   $E_{n}^{(\alpha)}(x+1)+E_n^{(\alpha)}(x)=2E_{n}^{(\alpha-1)}(x)$;
2. $B_n^{(\alpha+\beta)}(x+y)=\sum\limits_{k=0}^n\binom nkB_k^{(\alpha)}(x)B_{n-k}^{(\beta)}(y)$,
   $E_n^{(\alpha+\beta)}(x+y)=\sum\limits_{k=0}^n\binom nkE_k^{(\alpha)}(x)E_{n-k}^{(\beta)}(y)$;
   $\beta=0,\begin{cases} B_n^{(\alpha)}(x+y)=\sum\limits_{k=0}^n\binom nkB_k^{(\alpha)}(x)y^{n-k},\\ E_n^{(\alpha)}(x+y)=\sum\limits_{k=0}^n\binom nkE_k^{(\alpha)}(x)y^{n-k}, \end{cases}$

Genocchi数$G_n$

定义:
$\sum_{n\geq1}G_n\frac{t^n}{n!}=\frac{2t}{e^t+1}$
$G_3=G_5=G_7=\cdots=0$, $G_{2m}=2(1-2^{2m})B_{2m}=2mE_{2m-1}(0)$.

生成函数在排列组合中的应用

• 普通生成函数:$f(x)=\sum\limits_{n\geq0}a_nx^n$, $g(x)=\sum\limits_{n\geq 0}b_nx^n$,
  $h(x)=f(x)g(x)=\sum_{n\geq0}c_nx^n\iff c_n=\sum_{k=0}^na_kb_{n-k}.$
  特例: 取$b_{k}=1$, 知$\sum\limits_{k=0}^na_k$ 的生成函数为$\frac1{1-x}f(x)$.
• 指数型生成函数:$f(x)=\sum\limits_{n\geq0}a_n\dfrac{x^n}{n!}$, $g(x)=\sum\limits_{n\geq0}b_n\dfrac{x^n}{n!}$.
  $h(x)=f(x)g(x)=\sum_{n\geq0}c_n\frac{x^n}{n!}\iff c_n=\sum_{k=0}^n\binom nk a_kb_{n-k}.$
  特例: 取$b_k=1$,知$\sum\limits_{k=0}^n\binom nka_k$的生成函数为$e^xf(x)$.

普通生成函数之应用: 组合

1. $(1+x)(1+x)\cdots(1+x)=(1+x)^n=\sum\limits_{k=0}^n\binom nk x^k$,
   从$n$个不同的物体中不允许重复地选取$k$个物体的方法数为$\binom nk$.
   $k$个相同的球放入$n$个不同的盒子, 每个盒子至多有一个球的方法数. 单射
2. 允许重复:
   $(1+x+x^2+\cdots)^n=\frac{1}{(1-x)^n}=\sum_{k\geq0}\binom {-n}k(-1)^{k}x^k\\ =\sum_{k\geq0}\binom{n+k-1}kx^k=\sum_{k\geq0}\left\langle\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right\rangle x^k.$
   $n$个不同的物体, 允许重复选取$k$个物体的方法数为$\binom{n+k-1}k$
   $k$个相同的球放入$n$个不同的盒子, 盒子中的球数量不加限制.映射(不加限制)
3. 若每个物体至少选取一次.
   $(x+x^2+\cdots)^n=x^n\frac1{(1-x)^n}=\sum_{k\geq0}\binom{n+k-1}kx^{n+k}\\(r=n+k)\qquad=\sum_{r\geq n}\binom{r-1}{r-n}x^r=\sum_{r\geq n}\binom{r-1}{n-1}x^r.$
   从$n$个不同的物体中允许重复的选取$k$个, 且每个物体至少出现$k$次的方法数为$\binom{k-1}{n-1},\quad(k\geq n)$.
   $k$个相同的球放入$n$个不同的盒子, 且每个盒子至少有一个球. 满射

不定方程之解的个数也可以这样来求解.

指数生成函数之应用: 排列

1. 从$n$个不同物体中不允许重复的选取$k$物体进行排列的方法数为$(n)_k$, 即$(1+x)^n$展开式中$\frac{x^k}{k!}$的系数.
   $k$个不同的球放入$n$个不同的盒子里, 每个盒子至多一个球的方法数. 单射
2. 从$n$个不同物体中允许重复的选取$k$物体进行排列的方法数为$n^k$, $(1+x+\frac{x^2}{2!}+\cdots)^n$的展开式中$\frac{x^k}{k!}$的系数.
   $k$个不同的球放入$n$个不同的盒子里, 每个盒子中球不加限制的方法数.映射
3. $n$个不同物体中不允许重复的选取$k$物体, 且每个物体至少出现一次, 进行排列的方法数为 $(x+\frac{x^2}{2!}+\cdots)^n$的展开式中$\frac{x^k}{k!}$的系数.
   $(e^x-1)^n=\sum_{k\geq0}\left(\sum_{i=0}^n (-1)^{n-i}\binom nii^k \right)\frac{x^k}{k!}.$
   方法数为$\sum\limits_{i=0}^n (-1)^{n-i}\binom nii^k=n!S(k,n)$(第二类Stirling数).
   $k$个不同的球放入$n$个不同的盒子里, 每个盒子至少一个球的方法数. 满射

加括号问题(Catalan数)

Catalan问题

考虑$n$个字母$x_1,x_2,...,x_n$的逐次乘积计算的不同方法数$a_n$. (假定乘积计算不适合结合律和交换律)

$a_2=1,a_3=2.a_4=5$.

可以用加括号方式表示, 或者二叉树表示(更加直观, 见下图)

$a_4=5,\quad (x_1x_2)(x_3x_4),\ ((x_1x_2)x_3)x_4),\ (x_1(x_2x_3))x_4,\ x_1((x_2x_3)x_4),\ x_1(x_2(x_3x_4))$

注意到$n$个字母的最后一次运算, 是在前$k$个字母的积与后$n-k$个字母的积之间进行的 ($1\leq k\leq n-1$).故有
$a_n=\sum_{k=1}^{n-1}a_ka_{n-k},(n\geq2)$

推导一下Catalan数的表示式，主要用到生成函数的方法，主要难点是幂级数的计算。

根据上式, 进行变量替换, Catalan数的递推关系满足：
$c_n=\sum_{j=0}^{n-1}c_{j}c_{n-1-j},\qquad (n\geq1,c_0=c_1=1)$
记
$C(x)=\sum_{n\geq0}c_nx^n,$
于是有：
$\begin{aligned} \sum_{n\geq1}c_nx^n &=C(x)-1\\ &=\sum_{n\geq1}\sum_{j=0}^{n-1}c_jc_{n-1-j}x^n\\ &=x\sum_{n\geq1}\sum_{j=0}^{n-1}c_jc_{n-1-j}x^{n-1}\\ &=x\sum_{n\geq0}\sum_{j=0}^{n}c_jc_{n-j}x^{n}\\ &=x\sum_{j\geq0}c_jx^j\sum_{n\geq j}c_{n-j}x^{n-j}\\ &=xC(x)\cdot C(x) \end{aligned}$
即：
$xC^2(x)-C(x)+1=0,$
立即解得：
$C(x)=\frac1{2x}(1\pm\sqrt{1-4x}),$
由幂级数收敛条件可知
$C(x)=\frac1{2x}(1-\sqrt{1-4x}),$
展开上式：
$\begin{aligned} C(x) &=\frac1{2x}\left[1-\sum_{n\geq0}\binom{\frac12}{n}(-4)^nx^n\right]\\ &=\frac1{2x}\left[1-1-\sum_{n\geq1}\binom{\frac12}{n}(-4)^nx^n\right]\\ &=\frac1{2x}\left[-\sum_{n\geq1}\binom{\frac12}{n}(-4)^nx^n\right]\\ &=-\frac12\sum_{n\geq1}\binom{\frac12}{n}(-4)^nx^{n-1}\\ &=-\frac12\sum_{n\geq0}\binom{\frac12}{n+1}(-4)^{n+1}x^{n}\\ \end{aligned}$
于是有：
$c_n=-\frac12\binom{\frac12}{n+1}(-4)^{n+1}$
下面利用牛顿二项式定理化简上面的结果：
$\begin{aligned} c_n &=-\frac12\binom{\frac12}{n+1}(-4)^{n+1}\\[10pt] &=(-1)^{n+2}2^{2n+1}\frac{\frac12\left(\frac12-1\right)\left(\frac12-2\right)\cdots\left(\frac12-n-1+1\right)}{(n+1)!}\\ &=(-1)^{n+2-n}2^{2n+1-n-1}\frac{(2n-1)!!}{(n+1)!}\\ &=\frac{2^n(2n-1)!!(2n)!!}{(n+1)!(n!\,2^n)}\\ &=\frac1{n+1}\binom{2n}{n} \end{aligned}$