一次不定方程非负整数解个数
前置定理：
(frac{1}{1-x}=sum^{infty}_{r=0}x^r)
(frac{1}{1-sx}=sum^{infty}_{r=0}s^rx^r)
(frac{1}{(1-x)^n}=sum^{infty}_{r=0}C^{n-1}_{n+r-1}x^r=sum^{infty}_{r=0}C^{r}_{n+r-1}x^r)
-
定理 (1) ：
一次不定方程
[x_1+x_2+dots+x_n=r ag{1.1} ]的非负整数解的个数等于 (C_{n+r-1}^r=C_{n+r-1}^{n-1}) .
证：
设方程 ((1.1)) 有 (a_r) 个非负整数解。 不难发现，数列 (a_0,a_1,a_2,dots,a_r,dots) 的母函数就是
[underbrace{(1+x+x^2+dots+x^k+dots)(1+x+x^2+dots+x^k+dots)dots\(1+x+x^2+dots+x^k+dots)}_{n 个} ag{1.2} ]事实上，式 ((1,2)) 的展开式中每个 (x^r) 必可写成
[x^r=x^{m_1}cdot x^{m_2}dots x^{m_n}=x^{m_1+m_2+dots+m_n} ag{1.3} ]这里 (x^{m_1},x^{m_2},dots,x^{m_n}) 分别取自第 (1,2,dots,n) 个括号，显然 (m_1,m_2dots,m_n) 都是非负整数。由式 ((1.3)) 可知
[m_1+m_2+dots+m_n=r ]故 ((m_1,m_2,dots,m_n)) 是方程 ((1.1)) 的一个非负整数解。 这就是说式 ((1.2)) 中每一项 (x^r) 对应方程 ((1.1)) 的一个非负整数解 ((m_1,m_2,dots,m_n)) ；方程 ((1.1)) 的每一个非负整数解也对应式 ((1.2)) 的一项 (x^r) 。因此方程 ((1.1)) 的非负整数解的个数 (a_r) 就等于式 ((1.2)) 中 (x^r) 的项数。合并同类项后， (a_r) 就等于 (x^r) 的系数。从而式 ((1.2)) 就是 ({a_r}) 的母函数。
又式 ((1.2)) 等于 (frac{1}{1-x}cdotfrac{1}{1-x}dotsfrac{1}{1-x}=frac{1}{(1-x)^n}) ，即
[frac{1}{(1-x)^n}=a_0+a_1x+a_2x^2+dots+a_rx^rdots;, ]故由前置定理可得
[a_r=C^{r}_{n+r-1};(r=0,1,2,dots) ] -
推论：
不定方程 (x_1+x_2+dots+x_n=r) 的正整数解的个数为 (C^{n-1}_{r-1}) 。
证：
作变换：(x_1=y_1+1,x_2=y_2+1,dots,x_n=y_n+1) ，则原方程可化为
[y_1+y_2+dots+y_n=r-n . ]当 (x_1,x_2dots,x_n) 取正整数时，(y_1,y_2,dots,y_n) 取非负整数值。这样问题就转化为求上面关于 (y_1,y_2,dots,y_n) 的方程的非负整数解的个数。由定理 (1) 可知非负整数解的个数为
[C^{r-n}_{n+(r-n)-1}=C^{r-n}_{r-1}=C_{r-1}^{n-1 } . ] -
定理 (2) ：
设方程 (s_1x_1+s_2x_2+dots+s_nx_n=r) 的非负整数解的个数为 (b) ，则 (b_r) 的母函数是
[frac{1}{(1-x^{s_1})(1-x^{s_2})dots(1-x^{s_n})} ]这里 (s_1,s_2,dots,s_n) 都是正整数。
-
例 (1) ：
试求方程 (x+y+z=24) 的整数解的个数，要求 (x>1,y>2,z>3) 。
解：
作变换： (x=X+2,y=Y+3,z=Z+4) ，则问题转化为求方程 (X+Y+Z=15) 的非负整数解的个数。由定理 (1) ，得解的个数为
[C^{15}_{3+15-1}=C^{2}_{17}=136 ] -
例 (2) ：
试求方程 (x_1+x_2+x_3+x_4=23) 的正整数解的个数，要求 (x_1leq9,x_2leq8,x_3leq7,x_4leq6) 。
解：
设方程 (x_1+x_2+x_3+x_4=r) 满足条件的 (x_1leq9,x_2leq8,x_3leq7,x_4leq6) 的正整数解的个数为 (a_r) ，则 (a_r) 的母函数为
[(x+x^2+dots+x^9)(x+x^2+dots+x^8)(x+x^2dots+x^7)(x+x^2+dots+x^6) ]易知上式的展开式中 (x^{23}) 的系数 (a_{23}) 就是问题的解。而 (a_{23}) 又是
[f(x)=(1+x+x^2+dots+x^8)(1+x+x^2+dots+x^7)\(1+x+x^2dots+x^6)(1+x+x^2+dots+x^5) ]的展开式中 (x^{19}) 的系数，上式等于
[f(x)=frac{(1-x^9)(1-x^8)(1-x^7)(1-x^6)}{(1-x)^4} ]因为 (frac{1}{(1-x)^4}=sum_{r=0}^{infty}C_{r+3}^3x^r) ，把 (f(x)) 的分子展开，并去掉次数高于 (19) 的项，问题就转化为求
[(1-x^6-x^7-x^8-x^9+x^{13}+x^{14}+2x^{15}+x^{16}+x^{17})sum_{r=0}^{infty}C_{r+3}^3x^r ]展开式中 (x^{19}) 的系数，易知它等于
[C_{22}^3-C_{16}^3-C_{15}^3-C_{14}^3-C_{13}^3+C_9^3+C_8^3+2C_7^3+C_6^3+C_5^3=115 ] -
例题
1，P3301 方程
题意:
给定方程
[X_1+X_2+dots+X_n=M ]有限制如下：
[egin{align*} &X_1leq A_1\&X_2leq A_2\&dots\&X_{n_1}leq A_{n_1},\\&X_{n_1+1}geq A_{n_1+1}\&X_{n_1+2}geq A_{n_1+2}\&dots\&X_{n_1+n_2}geq A_{n_1+n_2} end{align*} ]其中 (n_1+n_2leq n,;nleq 1e^9,n_1leq8,n_2leq8,mleq1e^9)。
求：满足这些限制的前提下，该方程正整数解的个数。答案对 (p) 取模。 (pin{10007,262203414,437367875}) 。
解：
对于所有含限制 (X_igeq A_i) 的 (X_i) 做变换：
[X_i=X_i-A_i\M-=A_i ]则 (X_i) 的限制变为 (X_igeq0) 。
则，给定方程的解的个数 (a_M) 为
[egin{align*} f(x)&=frac{1}{(1-x)^{n-n_1}} imes frac{prod_{i=1}^{n_1}(1-x^{A_i})}{(1-x)^{n_1}}\&=frac{prod_{i=1}^{n_1}(1-x^{A_i})}{(1-x)^n} end{align*} ]的展开式中 (x^{M}) 的系数。
剩下做法同例2。
#include<bits/stdc++.h> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define mkp(a,b) make_pair(a,b) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e6+5; const int inf=0x3f3f3f3f; ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ if(!b){ x=1;y=0; return a; } ll g=exgcd(b,a%b,x,y); ll t=x; x=y; y=t-a/b*y; return g; } ll inv(ll a,ll b) { ll x=0,y=0; exgcd(a,b,x,y); x=(x%b+b)%b; if(!x)x+=b; return x; } ll kpow(ll a,ll b,ll p) { ll ans=1; while(b){ if(b&1)ans=ans*a%p; a=a*a%p; b>>=1; } return ans; } ll Y[maxn]; ll calc(ll n,ll p,ll pk,ll yy) { if(!n)return 1; ll x=calc(n/p,p,pk,yy),y=1; ll z=1; // for(ll i=1;i<=pk;i++) // if(i%p)y=y*i%pk; y=kpow(yy,n/pk,pk); for(ll i=n/pk*pk;i<=n;i++) if(i%p)z=z*i%pk; return x*y%pk*z%pk; } ll G(ll n,ll p){ if(n<p)return 0; return n/p+G(n/p,p); } ll fac[maxn],w[maxn],b[maxn],k,tw[maxn]; ll exLucas(ll n,ll m,ll p) { for(int i=1;i<=k;i++) { tw[i]=w[i]; b[i]=kpow(fac[i],G(n,fac[i])-G(m,fac[i])-G(n-m,fac[i]),w[i]); b[i]=b[i]*calc(n,fac[i],w[i],Y[i])%w[i]*inv(calc(m,fac[i],w[i],Y[i]),w[i])%w[i]*inv(calc(n-m,fac[i],w[i],Y[i]),w[i])%w[i]; } ll d; for(int i=2;i<=k;i++) { d=__gcd(tw[i-1],tw[i]); b[i]=inv(tw[i-1]/d,tw[i]/d)*((b[i]-b[i-1])/d)%(tw[i]/d)*tw[i-1]+b[i-1]; tw[i]=tw[i-1]*tw[i]/d; b[i]=(b[i]%tw[i]+tw[i])%tw[i]; } return b[k]; } ll A[maxn]; map<ll,ll>mp,tmp;// <指数,系数> int main() { int T,p,pp; scanf("%d%d",&T,&p); pp=p;k=0; for(int i=2,t;i*i<=pp;i++) if(pp%i==0){ t=1; while(pp%i==0)pp/=i,t*=i; w[++k]=t;fac[k]=i; } if(pp!=1){ w[++k]=pp;fac[k]=pp; } for(int i=1;i<=k;i++) { Y[i]=1; for(ll j=1;j<=w[i];j++) if(j%fac[i])Y[i]=Y[i]*j%w[i]; } while(T--) { mp.clear(); ll n,n1,n2,m,x,r; scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&n1,&n2,&m); for(int i=1;i<=n1;i++)scanf("%lld",&A[i]); for(int i=1;i<=n2;i++){ scanf("%lld",&x); m-=x; } m-=(n-n2); if(m<0){ puts("0");continue; } mp[0]=1; ll c,d; for(int i=1;i<=n1;i++) { tmp.clear(); for(auto x:mp){ c=x.first;d=x.second;// dx^c - dx^(c+a[i]) tmp[c]+=d; tmp[c+A[i]]-=d; } mp=tmp; } ll res=0; for(auto x:mp){ c=x.first;d=x.second; if(c>m)continue; r=m-c; res=(res+d*exLucas(n+r-1,n-1,p)%p+p)%p; } printf("%lld ",res); } }2，背包
题意：
给定方程：
[x_1+x_2+x_3+2x_4+2x_5+1+4x_6+x_7+3x_8=n ]亦即：
[x_1+x_2+x_3+2x_4+2x_5+4x_6+x_7+3x_8=n-1 ]其中，限制：
[x_1leq 1\x_2leq2\x_3leq 3\x_7leq1 ]求解方程非负整数解个数。
解：
对于 (x_1+x_2+x_3+x_7) 有母函数：
[(1+x)(1+x+x^2)(1+x+x^2+x^3)(1+x) ]即：
[frac{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)(1-x^2)}{(1-x)^4} ]对于 (2x_4+2x_5+4x_6+3x_8) 有母函数（定理2）：
[frac{1}{(1-x^2)(1-x^2)(1-x^4)(1-x^3)} ]则，对于原方程有母函数：
[egin{align*} f(x)&=frac{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)(1-x^2)}{(1-x)^4} imesfrac{1}{(1-x^2)(1-x^2)(1-x^4)(1-x^3)}\ &=frac{1}{(1-x)^4} end{align*} ]则，原方程的解的个数为 (f(x)) 中 (x^{n-1}) 的系数，即 (C_{4+(n-1)-1}^{3}=C_{n+2}^3) 。
#include<bits/stdc++.h> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define mkp(a,b) make_pair(a,b) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e6+5; const int inf=0x3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; int c[4]={1,1,500000004,333333336}; int main() { ll n; scanf("%lld",&n); ll res=1; for(ll i=n+2,j=1;j<=3;i--,j++)res=res*(i%mod)%mod*c[j]%mod; printf("%lld ",res); }