【组合数学】生成函数

2026-07-17

生成函数简介

当式子 $\sum a_n x^n$ 是有限项相加时，称为多项式；无限项相加时，称为幂级数。形式幂级数（FPS）的意思就是 $x$ 的意义仅表示形式符号。
生成函数本质上是形式幂级数或者多项式，对于序列 $\langle a_0,a_1,a_2,\cdots \rangle$，它的生成函数是

$$ f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots $$

定义 $[x^i]f(x)$ 表示在 $f(x)$ 的展开式中 $x^i$ 的系数，即 $[x^i]f(x)=a_i$。对于两个序列的生成函数，有加法、乘法（卷积）、逆元和复合等运算。设这两个生成函数是

$$ f(x)=a_0+a_1x+a_2x^2+\cdots=\sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i $$$$ g(x)=b_0+b_1x+b_2x^2+\cdots=\sum_{i=0}^{\infty}b_ix^i $$

加法

$$ f(x)+g(x)=\sum_{i=0}^{\infty}(a_i+b_i)x^i $$

加法运算满足交换律和结合律。

乘法（卷积）

$$ f(x) \cdot g(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \left ( \sum_{i=0}^{n}a_i b_{n-i}\right )x^n $$

乘法运算满足交换律、结合律和分配律。

逆元

若 $f(x)g(x)=1$，则称 $g(x)$ 是 $f(x)$ 的逆元，记作 $g(x)=f^{-1}(x)$
存在性定理：$f(x)$ 存在逆元的充要条件是常数项不为 $0$。

复合

复合函数 $f(g(x))$ 存在必须满足 $f(x)$ 是多项式或者 $g(0)=0$.

$$ f \circ g=f(g(x))=\sum_{i=0}^{\infty} a_ig^i(x) $$

复合运算同样满足结合律。

$$ (f \circ g) \circ h= f \circ (g \circ h) $$

泰勒展开

泰勒展开在生成函数中的作用是证明广义二项式定理以及作为指数生成函数（EGF）的数学基础，在这里介绍可能有点多余，对这两方面没有需求的话可以跳过。

设函数 $f(x)$ 在包含 $x_0$ 的开区间有任意阶导数，我们希望把 $f(x)$ 写成幂级数的形式。

$$ f(x)=c_0+c_1(x-x_0)+c_2(x-x_0)^2+ \cdots $$

可以看出 $f(x_0)=c_0$，对 $f(x)$ 求导得到

$$ \begin{aligned} f'(x) &= c_1+2c_2(x-x_0)+3c_3(x-x_0)^2+ \cdots \\ f^{(n)}(x) &= n!c_n+(n+1)!c_{n+1}(x-x_0)+ \cdots \end{aligned} $$

将 $x=x_0$ 代入得到

$$ f^{(n)}(x_0)=n!c_n \\ \Longrightarrow c_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} $$

于是即可得到 $f(x)$ 的泰勒展开

$$ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n $$

当 $x_0=0$ 时，称为麦克劳林展开。

$$ f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(0)}{n!} x^n $$

广义二项式

广义二项式系数

一般的组合数都要求两个参数都是非负整数，而广义二项式系数则可以要求上面的数是实数，如下：

$$ \binom{\alpha}{k} = \frac{\alpha^{\underline{k}}}{k!} = \frac{\alpha(\alpha-1)(\alpha-2)\cdots(\alpha-k+1)}{k!} $$

特别地，当 $k=0$ 时，规定 $\binom{\alpha}{0} = 1$；当 $k < 0$ 时，$\binom{\alpha}{k} = 0$。

广义二项式定理

对于实数 $\alpha$ 和 $|x|<1$（保证等式右侧无穷级数收敛），有

$$ (1+x)^{\alpha}=\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}x^{k} $$

在此基础上进行推广得到如下，其中 $|x|<|y|$

$$ \begin{aligned} (x+y)^{\alpha} &= y^{\alpha}(1+\frac{x}{y})^{\alpha} \\ &= y^{\alpha}\sum_{k=0}^{\infty}\binom{\alpha}{k}\left ( \frac{x}{y} \right )^k \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \binom{\alpha}{k}x^k y^{\alpha-k} \end{aligned} $$

证明

广义二项式定理本质是对 $(1+x)^{\alpha}$ 进行麦克劳林展开

$$ \begin{aligned} (1+x)^{\alpha} &= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{f^{(k)}(0)}{k!} x^k \\ &= \sum_{k=0}^{\infty}\frac{\alpha^{\underline{k}}}{k!} x^k \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \binom{\alpha}{k} x^k \\ \end{aligned} $$

一般形式对应的生成函数

$$ \begin{aligned} (a+bx)^{\alpha} &= a^{\alpha}(1+\frac{b}{a}x)^{\alpha} \\ &= a^{\alpha}\sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n}\left ( \frac{b}{a} \right )^nx^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\binom{\alpha}{n} a^{\alpha-n}b^n x^n \\ \end{aligned} $$

即

$$ [x^n](a+bx)^{\alpha}=\binom{\alpha}{n}a^{\alpha-n}b^n $$

负指数的意义

当 $n$ 为正整数时

$$ \binom{-n}{k} = \frac{-n(-n-1)\cdots(-n-k+1)}{k!} = (-1)^k \frac{n(n+1)\cdots(n+k-1)}{k!} = (-1)^k \binom{n+k-1}{k} $$

可以推导生成函数的展开式

$$ \begin{aligned} (1-x)^{-n} &= \sum_{k=0}^{\infty} \binom{-n}{k} (-x)^k \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \binom{n+k-1}{k} (-1)^k x^k \\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \binom{n+k-1}{k} x^k \end{aligned} $$

分数指数的意义

参考后文卡特兰数的生成函数。

普通生成函数（OGF）

生成函数的简介前文已经介绍过了，这里主要进一步说一下普通生成函数（OGF）。

封闭形式

对于序列 $\langle 1,1,1,\cdots\rangle$ 的生成函数 $f(x)$，满足如下方程

$$ f(x)x+1=f(x) $$

解得

$$ f(x)=\frac{1}{1-x} $$

这就是 $f(x) $ 的封闭形式。
考虑序列 $\langle 1,p,p^2,\cdots\rangle$ 的生成函数 $f(x)$，其满足如下方程

$$ f(x)px+1=f(x) $$

解得

$$ f(x)=\frac{1}{1-px} $$

例 1

序列 $\langle 0,1,1,1,1, \cdots \rangle$ 的形式幂级数和封闭形式

$$ f(x)x+x=f(x) \\ \Longrightarrow f(x)=\frac{x}{1-x} $$

例 2

序列 $\langle 1,0,1,0,1, \cdots \rangle$ 的形式幂级数和封闭形式

$$ f(x)x^2+1=f(x) \\ \Longrightarrow f(x)=\frac{1}{1-x^2} $$

例 3

序列 $\langle 1,2,3,4, \cdots \rangle$ 的形式幂级数和封闭形式

$$ \begin{aligned} f(x) &= \sum_{k=0}^{\infty} (k+1)x^k \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} kx^{k-1} \\ &= \left [ \sum_{k=0}^{\infty} x^k \right ]' \\ &= \frac{1}{(1-x)^2} \end{aligned} $$

例 4

序列 $a_n=\binom{m}{n}$ 的形式幂级数和封闭形式，$n \ge 0$

$$ \begin{aligned} f(x) &= \sum_{n=0}^{\infty} \binom{m}{n} x^n \\ &= (1+x)^m \end{aligned} $$

例 5

序列 $a_n=\binom{m+n}{n}$ 的形式幂级数和封闭形式，$n \ge 0$

我们引入广义二项式得到

$$ \begin{aligned} f(x) &= \sum_{n=0}^{\infty} \binom{m+n}{n}x^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \binom{m+1+n-1}{n} x^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \binom{-(m+1)}{n} x^n \\ &= (1-x)^{-(m+1)} \end{aligned} $$

斐波那契数列的生成函数

斐波那契数列定义为 $a_0=0,a_1=1,a_n=a_{n-1}+a_{n-2} \quad (n>1)$ 的数列，关于它的生成函数可以得到如下方程

$$ f(x)=xf(x)+x^2f(x)+x \\ \Longrightarrow f(x)=\frac{x}{1-x-x^2} $$

把它变成形式幂级数的形式，有两种方式

方式一

$$ \begin{aligned} f(x) &= \frac{x}{1-x-x^2} \\ &= x \cdot \frac{1}{1-(x+x^2)} \\ &= x \cdot \sum_{n=0}^{\infty} (x+x^2)^n\\ &= x \cdot \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{(n-k)}x^{2k} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^{n+k+1} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor} \binom{n-k-1}{k} x^{n} \\ \end{aligned} $$

因此

$$ a_n=\sum_{k=0}^{\left \lfloor \frac{n-1}{2} \right \rfloor} \binom{n-k-1}{k} $$

方式二

$$ \begin{aligned} f(x) &= \frac{x}{1-x-x^2} \\ &= \frac{A}{1-ax}+\frac{B}{1-bx} \\ &= \frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\frac{1+\sqrt{5}}{2}x}-\frac{\frac{1}{\sqrt{5}}}{1-\frac{1-\sqrt{5}}{2}x} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n - \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \right]x^n \end{aligned} $$

于是

$$ a_n=\frac{1}{\sqrt{5}} \left[ \left(\frac{1+\sqrt{5}}{2}\right)^n - \left(\frac{1-\sqrt{5}}{2}\right)^n \right] $$

这个方式通用性强，若 $f(x)$ 和 $g(x)$ 是两个多项式，对于 $\frac{f(x)}{g(x)}$ 求解生成函数可采用上面这个方法。先求出 $g(x)$ 的所有根，然后把分母按照根拆开，若有重根，每有一个重根就多写一个分式，例如

$$ \begin{aligned} f(x) &= \frac{1}{(1-x)(1-2x)^k} \\ &= \frac{c_1}{1-x}+\frac{c_2}{1-2x}+\frac{c_3}{(1-2x)^2}+\frac{c_4}{(1-2x)^3}+\cdots+\frac{c_{k+1}}{(1-2x)^k} \end{aligned} $$

求解分子的方法就是等式两边同时乘以原分母，再将特值代入 $x$ 求出分子。

卡特兰数的生成函数

卡特兰数的递推关系如下

$$ C_0=1 \\ C_n=\sum_{i=0}^{n-1} C_i C_{n-1-i} \quad (n \ge 1) $$

其生成函数

$$ \begin{aligned} f(x) &= \sum_{n=0}^{\infty}C_nx^n \\ &=1+ \sum_{n=1}^{\infty} \left ( \sum_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1} \right ) x^n \\ &=1+ x\sum_{n=1}^{\infty} \left ( \sum_{i=0}^{n-1}C_iC_{n-i-1} \right ) x^{n-1} \\ &=1+ xf^2(x)\\ \end{aligned} $$

于是我们得到了关于它的生成函数的方程

$$ xf^2(x)-f(x)+1=0 \\ \Longrightarrow f(x)=\frac{1 \pm \sqrt{1-4x}}{2x} $$

因为 $\lim_{x \to 0} f(x) = C_0 = 1$ 必须满足，因此分子只能取减号

$$ f(x)=\frac{1-\sqrt{1-4x}}{2x} $$

考虑对 $\sqrt{1-4x}$ 进行广义二项式展开

$$ \begin{aligned} (1-4x)^{\frac{1}{2}} &= \sum_{k=0}^{\infty} \binom{\frac{1}{2}}{k} (-4x)^k \\ &= 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{\frac{1}{2} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \cdot \left(-\frac{3}{2}\right) \cdots \left(\frac{1}{2} - k + 1\right)}{k!} (-1)^k 2^{2k} x^k \\ &= 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} \cdot 1 \cdot 3 \cdot 5 \cdots (2k-3)}{2^k \cdot k!} (-1)^k 2^{2k} x^k \\ &= 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} \cdot (2k-2)!}{2^k \cdot k! \cdot [2 \cdot 4 \cdot 6 \cdots (2k-2)]} (-1)^k 2^{2k} x^k \\ &= 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1} \cdot (2k-2)!}{2^k \cdot k! \cdot 2^{k-1} \cdot (k-1)!} (-1)^k 2^{2k} x^k \\ &= 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{2^{2k-1} \cdot k} \cdot \frac{(2k-2)!}{(k-1)!(k-1)!} (-1)^k 2^{2k} x^k \\ &= 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{2^{2k-1} \cdot k} \binom{2k-2}{k-1} (-1)^k 2^{2k} x^k \\ &= 1 + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{2k-1} \cdot 2^{2k}}{2^{2k-1} \cdot k} \binom{2k-2}{k-1} x^k \\ &= 1 - 2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \binom{2k-2}{k-1} x^k \end{aligned} $$

代入原式得到

$$ \begin{aligned} f(x) &= \frac{1 - \left( 1 - 2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \binom{2k-2}{k-1} x^k \right)}{2x} \\ &= \frac{2 \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \binom{2k-2}{k-1} x^k}{2x} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k} \binom{2k-2}{k-1} x^{k-1} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n+1} \binom{2n}{n} x^n \end{aligned} $$

于是得到

$$ C_n= \frac{1}{n+1}\binom{2n}{n} $$

以下就是一些应用，应用主要体现在组合计数，递推数列求通项公式，等式推导证明等。

BZOJ3028 食物

在许多不同种类的食物中选出 $n$ 个，每种食物的限制如下：
承德汉堡：偶数个；
可乐：$0$ 个或 $1$ 个；
鸡腿：$0$ 个，$1$ 个或 $2$ 个；
蜜桃多：奇数个；
鸡块：$4$ 的倍数个；
包子：$0$ 个，$1$ 个，$2$ 个或 $3$ 个；
土豆片炒肉：不超过一个；
面包：$3$ 的倍数个；
每种食物都是以「个」为单位，只要总数加起来是 $n$ 就算一种方案．对于给出的 $n$ 你需要计算出方案数，对 $10007$ 取模。

把每种食物的所有可能取值以生成函数中的幂的形式呈现，最后全部相乘得到 $f(x)$，答案就是 $[x^n]f(x)$，如下

$\sum_{n \ge 0} x^{2n} = \frac{1}{1-x^2}$
$1+x$
$1+x+x^2=\frac{1-x^3}{1-x}$
$\sum_{n \ge 0} x^{2n+1} = \frac{x}{1-x^2}$
$\sum_{n \ge 0} x^{4n} = \frac{1}{1-x^4}$
$1+x+x^2+x^3=\frac{1-x^4}{1-x}$
$1+x$
$\sum_{n \ge 0} x^{3n} = \frac{1}{1-x^3}$

全部相乘得到

$$ \begin{aligned} f(x) &= \frac{(1+x)(1-x^3)x(1-x^4)(1+x)}{(1-x^2)(1-x)(1-x^2)(1-x^4)(1-x)(1-x^3)} \\ &= \frac{x}{(1-x)^4} \\ &= x \sum_{n=0}^{\infty}\binom{-4}{n}(-1)^n x^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\binom{4+n-1}{n} x^{n+1} \\ &= \sum_{n=1}^{\infty}\binom{n+2}{3} x^{n} \end{aligned} $$

因此答案就是

$$ \text{Ans}=[x^n]f(x)=\binom{n+2}{3} $$

小蓝本例 4

一副三色牌，共有纸牌 $32$ 张，其中红、黄、蓝每种颜色的牌各 $10$ 张，编号分别是 $1, 2, \cdots, 10$；另有大、小王牌各一张，编号均为 $0$，从这副牌中任取若干张牌，然后按如下规则计算分值：每张编号为 $k$ 的牌计为 $2^k$ 分. 若它们的分值之和为 $n$（$n \leqslant 2020$ 为给定的正整数），就称这些牌为一个“好”牌组。
试求“好”牌组的个数。

考虑它的生成函数

$$ \begin{aligned} f(x) &= (1+x^{2^0})^2(1+x^{2^1})^3(1+x^{2^2})^3 \cdots (1+x^{2^{10}})^3 \\ &= \frac{1}{1+x} \left [ (1+x^{2^0})(1+x^{2^1})(1+x^{2^2}) \cdots (1+x^{2^{10}}) \right ]^3 \\ &= \frac{1}{1+x} \left [ 1+x+x^2+x^3+ \cdots x^{2^{11}-1}\right ]^3 \\ &= \frac{1}{1+x} \left ( \frac{1-x^{2^{11}}}{1-x} \right )^3 \\ &= \frac{\left ( 1-x^{2^{11}} \right ) ^3}{(1+x)(1-x)^3} \end{aligned} $$

因为 $n \le 2020 <2^{11}$，所以我们可以把分子看作是 $1$

$$ \begin{aligned} g(x) &= \frac{1}{(1+x)(1-x)^3} \\ &= \frac{1}{(1-x^2)(1-x)^2} \\ &= \left ( \sum_{i=0}^{\infty}x^{2i} \right )\left ( \sum_{j=0}^{\infty} (j+1) x^{j} \right ) \\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\sum_{i=0}^{\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor }(n-2i+1) x^{n} \\ &= \sum_{n=0}^{\infty}\left \lfloor \frac{(n+2)^2}{4} \right \rfloor x^{n} \\ \end{aligned} $$

所以

$$ \text{Ans}=[x^n]g(x)=\left \lfloor \frac{(n+2)^2}{4} \right \rfloor $$

「CEOI2004」Sweets

有 $n$ 堆糖果. 不同的堆里糖果的种类不同 (即同一个堆里的糖果种类是相同的, 不同的堆里的糖果的种类是不同的) . 第 $i$ 个堆里有 $m_i$ 个糖果. 现在要吃掉至少 $a$ 个糖果, 但不超过 $b$ 个. 求有多少种方案。答案对 $2004$ 取模
两种方案不同当且仅当吃的个数不同，或者吃的糖果中，某一种糖果的个数在两个方案中不同.
$n \le 10, 0 \le a \le b \le 10^7, m_i \le 10^6$.

$$ \begin{aligned} f(x) &= \prod_{i=1}^{n} \left ( 1+x+x^2+ \cdots +x^{m_i} \right ) \\ &= \prod_{i=1}^{n} \left ( \frac{1-x^{m_i+1}}{1-x} \right ) \\ &= \frac{1}{(1-x)^n} \prod_{i=1}^{n} \left ( 1-x^{m_i+1} \right ) \\ &= \left [ \sum_{k=0}^{\infty}\binom{n+k-1}{k} x^k \right ] \prod_{i=1}^{n} \left ( 1-x^{m_i+1} \right ) \\ \end{aligned} $$

由于这里 $n$ 很小，所以我们可以暴力枚举后面的连乘，设 $a_{k}=[x^k]\prod_{i=1}^{n} \left ( 1-x^{m_i+1} \right )$，那么原式

$$ \begin{aligned} f(x) &= \left [ \sum_{k=0}^{\infty}\binom{n+k-1}{k} x^k \right ] \left ( \sum_{i=0}^{\infty}a_ix^i \right )\\ &= \sum_{k=0}^{\infty} \sum_{i=0}^{k} a_{k-i} \binom{n+i-1}{i} x^k \\ \end{aligned} $$

答案是幂在 $[a,b]$ 上的系数和

$$ \begin{aligned} \text{Ans} &= \sum_{i=a}^{b} [x^i] f(x) \\ &= \sum_{i=a}^{b} \sum_{j=0}^{i} a_{i-j} \binom{n+j-1}{j} \\ &= \sum_{k=0}^{b} a_k \sum_{j=a-k}^{b-k} \binom{n+j-1}{j} \\ \end{aligned} $$

我们考虑如何把后面那个求和直接算出来，在这里介绍一个恒等式

$$ \sum_{i=k}^{n} \binom{i}{k} = \binom{n+1}{k+1} \\ \text{或} \quad \sum_{j=0}^{m} \binom{k+j}{k} = \binom{k+m+1}{k+1} $$

可以从组合意义理解，只需要说一下第一个式子的组合意义，第二个式子和第一个式子其实是一样的，从 $n+1$ 个元素里面选 $k+1$ 个，相当于枚举最后一个被选的元素的位置，即可得到 LHS。当然也可以用本节学的生成函数推导（在我看来生成函数推导比常规的代数推导更美观且更具技巧性）

$$ \binom{k+j}{k} = \binom{k+j}{j} = [x^j]\frac{1}{(1-x)^{k+1}} $$

注意到对于序列 $a_j=\binom{k+j}{j}$ 的生成函数，等式同时乘以 $\frac{1}{1-x}$ 就可以得到 $a_j$ 的前缀和序列的生成函数，因此

$$ \begin{aligned} \sum_{j=0}^{m}\binom{k+j}{j} &= [x^m]\frac{1}{(1-x)^{k+2}} \\ &= \binom{k+1+m}{m} \\ &= \binom{k+1+m}{k+1} \\ \end{aligned} $$

对于这道题来说，答案就是

$$ \begin{aligned} \text{Ans} &= \sum_{k=0}^{b} a_k \sum_{j=a-k}^{b-k} \binom{n+j-1}{j} \\ &= \sum_{k=0}^{b} a_k \left [ \binom{n+b-k}{n} -\binom{n+a-k-1}{n} \right ]\\ \end{aligned} $$

可以在 $O(2^n \cdot n)$ 的时间复杂度内求出来。最后答案要对 $2004$ 取模，由于不是质数，无法使用逆元的方式取模，我们考虑如何计算 $\frac{A}{B} \bmod P$，注意 $A=cB \quad c \in \mathbb{N}$，因此 $\frac{A}{B} \equiv c \pmod P$，设 $c=kP+r$，于是 $\frac{A}{B} \bmod P =r$，而 $A=cB=kPB+rB$，因此 $\frac{A \pmod {PB}}{B}=r$，而在原式里，$B=n!$，因此 $PB$ 的数量级是 $O(10^9)$。可以实现。

小蓝本例 1

已知 $a_0 = -1, a_1 = 1, a_n = 2a_{n-1} + 3a_{n-2} + 3^n (n \ge 2)$，求 $a_n$.

设关于序列 $\left \{ a_i \right \}$ 的生成函数 $f(x)$，易得关于 $f(x)$ 的方程

$$ \begin{aligned} (1-2x-3x^2)f(x) &= -2 + \sum_{i=0}^{\infty} 3^ix^i \\ &= \frac{6x-1}{1-3x} \\ \end{aligned} $$

解出 $f(x)$ 并进行拆分

$$ \begin{aligned} f(x) &= \frac{6x-1}{(1+x)(1-3x)^2} \\ &= \frac{A}{1+x}+\frac{B}{1-3x}+\frac{C}{(1-3x)^2} \\ \end{aligned} $$

等式两边同时乘以原分母得到

$$ 6x-1=(1-3x)^2A+(1+x)(1-3x)B+(1+x)C $$

令 $x=\frac{1}{3}$ 可以求出 $C=\frac{3}{4}$，令 $x=-1$ 可以解得 $A=-\frac{7}{16}$，再联立解得 $B=-\frac{21}{16}$，于是

$$ \begin{aligned} f(x) &= -\frac{7}{16}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n x^n -\frac{21}{16}\sum_{n=0}^{\infty}3^n x^n+\frac{3}{4}\sum_{n=0}^{\infty}(n+1) 3^n x^n \\ &= \sum_{n=0}^{\infty} \left [ \frac{(4n-3)\cdot 3^{n+1}-7(-1)^n}{16} \right ]x^n \end{aligned} $$

因此

$$ a_n=\frac{(4n-3)\cdot 3^{n+1}-7(-1)^n}{16} $$

小蓝本例 2

证明：对一切正整数 $n$，有
$$\sum_{i=0}^{n} \binom{2n+1}{2i} \binom{2i}{i} 2^{2n-2i+1} = \binom{4n+2}{2n+1}$$
注意到 $\binom{4n+2}{2n+1}$ 是 $(1+x)^{4n+2}$ 中 $x^{2n+1}$ 的系数，不妨对式子再次展开一次

$$ \begin{aligned} (1+x)^{4n+2} &= (1+x^2+2x)^{2n+1} \\ &= \sum_{i=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{i}(1+x^2)^i2^{2n+1-i}x^{2n+1-i} \\ &= \sum_{i=0}^{2n+1}\binom{2n+1}{i}2^{2n+1-i}x^{2n+1-i}\sum_{k=0}^{i}\binom{i}{k}x^{2k} \\ \end{aligned} $$

此时式子中 $x^{2n+1}$ 的系数必须保证 $i=2k$，即

$$ [x^{2n+1}](1+x)^{4n+2}=\sum_{i=0}^{n}\binom{2n+1}{2i}\binom{2i}{i}2^{2n-2i+1}=\binom{4n+2}{2n+1} $$