参考资料
- WC2019讲义 生成函数，多项式算法与图的计数.pdf
- OI-Wiki
- cp-algorithms
- https://zhuanlan.zhihu.com/p/52718645
- 等等……
指数型生成函数
数列\(\{a_i\}\)的指数型生成函数（EGF）是\(A(x)=\sum_{i=0}^\infty\frac{a_i}{i!}x_i\)。
若\(C=A*B\)，则
\[\begin{aligned} C &= (\sum_{i\ge 0}\frac{a_i}{i!})(\sum_{i\ge 0}\frac{b_i}{i!}) \\ &= \sum_{i\ge0}x^i\sum_{j=0}^i\frac{a_jb_{i-j}}{j!(i-j)!} \\ &= \sum_{i\ge0}\frac{\sum_{j=0}^i\frac{i!}{j!(i-j)!}a_jb_{i-j}}{i!}x_i \end{aligned} \]故
\[\boxed{c_i=\sum_{j=0}^i\binom{i}{j}a_jb_{i-j}} \]多项式\(\exp\)与\(\ln\)的意义
若\(A\)为表示蓝色的带编号树的个数的生成函数（即，\(a_n\)表示\(n\)个节点的带编号树的个数），\(B\)代表红色的带编号树的个数，则\(A*B\)代表一个两棵树的森林，一棵为红色，一颗为蓝色，这样的森林的个数。
又因为红色与蓝色可以交换，若不考虑颜色，同一个森林实际上被计数了两遍，故\(\frac{A^2}{2!}=A*A/2\)代表两棵树的森林的个数。
以此类推，枚举森林中树的个数\(i\)，则\(C=\sum_{i\ge 0}\frac{A^i}{i!}\)代表了森林的个数。
由于对\(x\in\R\)，\(e^x=\sum_{i\ge0}\frac{x^i}{i!}\)（在\(x=0\)处泰勒展开），如果令\(x=A\)，我们可以记\(C=e^A\)。这样，我们得到了多项式\(\exp\)的定义：
\[\boxed{e^A=\sum_{i\ge0}\frac{A^i}{i!}} \]其中\(A\)是一个生成函数，\(A^i\)表示多项式\(A\)的\(i\)次方。同样，通过泰勒展开的方法，我们可以得到多项式\(\ln\)的定义。
多项式运算的实现
多项式乘法逆
设\(A(x)=\sum_{i\ge 0}a_ix^i\)，且有\(a_0\ne 0\)，则其存在唯一的逆\(B(x)=\sum_{i\ge 0}b_ix^i\)，满足：
\[c_i=\sum_{0\le j\le i}a_{j}b_{i-j}=[i=0]\nonumber \]显然，可以如此递归地定义\(b_i\)。
考虑如何求\(B(x)\bmod x^n\)，显然\(n=1\)时\(b_0=a_0^{-1}\)。
若已求得\(\bmod x^{\lceil n/2\rceil}\)的答案\(B_0\)，考虑如何推得\(B\)：
我们显然有：
\[(B-B_0) \equiv 0 \pmod{x^{\lceil n/2\rceil}} \nonumber \]对两边平方，得
\[\begin{aligned} (B-B_0)^2 &\equiv 0 \\ B^2-2BB_0+B_0^2 &\equiv 0 \\ B^2 &\equiv 2BB_0 - B_0^2 \\ B &\equiv 2B_0-B_0^2B^{-1} \end{aligned}\pmod{x^n} \]其中最后一步是在两边乘了一个\(B^{-1}\)。由于\(A\)与\(B\)互为乘法逆，\(B^{-1}\equiv A\)，故：
\[\boxed{B\equiv B_0(2-B_0A)}\pmod{x^n} \label{inv} \]递归计算即可。
多项式\(\ln\)
设\(B=\ln A\)，将其两边取导数。由\(\mathrm {\frac{d}{dx}}\ln A=\frac{1}{A}A'\)，有\(B'=\frac{A'}{A}\)，故
\[\boxed{B = \int\frac{A'}{A}\mathrm{dx}} \]用\(\eqref{inv}\)求出\(A^{-1}\)即可。
牛顿迭代法
泰勒展开
设\(G(x)\)为一个定义在\(\mathbb R\)上函数，则\(G(x)\)在\(x_0\)处的泰勒展开（一个函数，使得\(x_0\)处的\(0\)阶、\(1\)阶、……导数都相等（可类比拉格朗日插值公式））为：
\[\begin{eqnarray} G(x) &=& G(x_0)+G'(x_0)(x-x_0)+\frac{G''(x_0)(x-x_0)^2}{2!}\cdots\nonumber \\ &=& \sum_{i=0}^{\infty}\frac{G^{(i)}(x_0)}{i!} \label{taylor} \end{eqnarray} \]注意，由于\(x_0\)固定，\(G(x_0)\)与\(G'(x_0)\)等都是常数。
为了方便接下来的讨论，我们设\(G(x)=f(x)+b\)，其中\([x^0]f(x)=0\)（即\(f(0)=0\)）。
我们扩大\(G\)的定义域，使得\(G\)对于所有级数\(F\)都有定义，为\(G(F)=f(F)+b\)，其中\(b\)也可以是一个（常）级数，\(f\)是一个函数。同样\(f\)的系数也可以是常级数。
我们的任务是求\(G(F)\equiv 0\)在\(\bmod x^n\)意义下的解。
考虑倍增，设\(F_0\)表示\(\bmod x^{\lceil x/2\rceil}\)意义下的解，有（将\(G\)在\(F_0\)处泰勒展开\(\eqref{taylor}\)）
\[0\equiv G(F)\equiv G(F_0)+(F-F_0)G'(F_0)+(F-F_0)^2R\pmod{x^n}\nonumber \]其中\(R\)是一个关于\(F\)的函数。由于\((F-F_0)\bmod x^{\lceil n/2\rceil}=0\)，可知\((F-F_0)^2\bmod x^{n}=0\)，故
\[\begin{aligned} G(F_0)+(F-F_0)G'(F_0) &\equiv 0 \\ FG'(F_0) &\equiv F_0G'(F_0)-G(F_0) \\ \end{aligned}\pmod{x^n} \]两边除以\(G'(F_0)\)，我们获得了：
\[\boxed{F \equiv F_0-\frac{G(F_0)}{G'(F_0)}} \pmod{x^n}\label{newton} \]多项式\(\exp\)
若\(B=e^A\)，则\(\ln B=A\)。我们相当于要解\(\ln B-A=0\)
令\(F(B)=\ln B-A\)，直接使用\(\eqref{newton}\)，得：
\[\begin{aligned} B &\equiv B_0-\frac{\ln B_0-A}{B_0^{-1}} \\ \end{aligned} \]即
\[\boxed{B \equiv B_0(1-\ln B_0+A)}\label{exp} \]倍增即可，需要用到多项式\(\ln\)。