母函数及其应用+模板

部分摘自这位大佬的博客https://www.cnblogs.com/linyujun/p/5207730.html

生成函数即母函数，是组合数学中尤其是计数方面的一个重要理论和工具。 最早提出母函数的人是法国数学家LaplaceP.S.在其1812年出版的《概率的分析理论》中明确提出“生成函数的计算”。 生成函数的应用简单来说在于研究未知（通项）数列规律，用这种方法在给出递推式的情况下求出数列的通项。 

在这里我们不去高深地研究数学上母函数，而是讲讲简单的母函数应用。

1.母函数引入

就是把一个已知的序列和x的多项式合并起来，新产生的多项式就叫原来序列的母函数

序列{0,1，2，3，4，5...n}的母函数就是

f(x)=0+x+2x^2+3x^3+4x^4+...+nx^n（这个x没有任何意义，应该说，你不需要把它当做一个函数，你只要知道母函数这么写就可以了）

序列{1,1,1,1,1......}的母函数就是

f(x)=1+x+x^2+x^3+x^4....

二项式展开的序列比如这个{1,4,6,4,1,0,0,0,0,0.....}是C(4,0)到C(4,4)的系数，那它的母函数就是

f(x)=1+4x+6x^2+4x^3+1x^4

这些东西对于我们来说并没有说明意义，母函数对我们来说只是一个工具，是一个载体，那来看看母函数是怎么样装载数据的吧！

例1：若有1克、2克、3克、4克的砝码各一 枚，能称出哪几种重量？各有几种可能方案？ 

 假如x的指数表示砝码

那么

1克的砝码表示为1+x^1

2克的砝码表示为1+x^2

3克的砝码表示为1+x^3

4克的砝码表示为1+x^4

每个砝码都可以选择取或不取

所以这里的1可以认为1*x^0，表示不取这颗砝码

 那么把这些乘起来

(1+x^1)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4)

=1+(x^1)+(x^2)+2(x^3)+2(x^4)+2(x^5)+2(x^6)+2(x^7)+(x^8)+(x^9)+(x^10)

根据指数来看，我们可以称出0~10这么多的重量，其中3~7的系数为2，说明有2种称的方法

那么我们来细看一遍

0：（什么砝码都不放）.......................（1种）

1：1.............................................（1种）

2：2.............................................（1种）

3：3或1+2.....................................（2种）

4：4或1+3.....................................（2种）

5：1+4或2+3.................................（2种）

6：2+4或1+2+3..............................（2种）

7：3+4或1+2+4..............................（2种）

8：1+3+4......................................（1种）

9：2+3+4......................................（1种）

10：1+2+3+4.................................（1种）

分毫不差

所以说母函数在ACM就是这么用的，跟函数没关系，跟写法有关系。

例2：求用1分、2分、3分的邮票贴出不同数值的方案数，每种邮票可以有无限张。

因邮票允许重复，故母函数为：

对于这种连续相乘，我们人类是很讨厌的，但对于计算机这种重复运算是很轻松的，我们只要将我们解多项式的思路带进去即可。

2.代码说明

我们首先知道对于最后得到的那一个母函数，系数代表的是方案数，而指数代表的是组成的数值，运算过程就是多项式的乘法。而两个多次方程的乘法，运算无非是系数相乘，指数相加，仅仅是这个方程的两个信息的运算。那能不能用什么数据结构直接表示出一个对象的这个两个信息呢？首先想到的可能是结构体，结构体可以用来表示一个对象的多个信息，但是运算繁琐；其实用数组就可以了，下标代表组成的数值，数组取值代表方案数！！！

a.求用1分、2分、3分的邮票贴出不同数值的方案数：（每张邮票的数量是无限的）

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAX 310
int a[MAX];///最终合并的多项式
int b[MAX];///临时合并用的多项式
int n;
const int N=110;
using namespace std;
void init()
{
    int i,j,k;
    a[0]=1;///一开始的0的情况
    for (i=1; i<=3; i++)///代表1分,2分,3分三个多项式的合并
    {
        for (j=0; j<N; j+=i)///i分的邮票,步长为i
        {
            for (k=0; k+j<N; k++)///从x^0到x^N遍历一遍
            {
                b[j+k]+=a[j];///核心
            }
        }
        for (j=0; j<N; j++)///b中数据抄到a,b清空
        {
            a[j]=b[j];
            b[j]=0;
        }
    }
}
int main()
{
    int i,j,k;
    init();
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        printf("%d
",a[n]);
    }
    return 0;
}

b.hdu 1028

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1028

题目问一个数字n能够拆成多少种数字的和

比如n=4

  4 = 4;
  4 = 3 + 1;
  4 = 2 + 2;
  4 = 2 + 1 + 1;
  4 = 1 + 1 + 1 + 1;

有5种，那么答案就是5

其实这个题就可以转换成使用1~N个数，每个数可以多次使用，能组成的数有多少种方案？

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MAX 130
#define N 130
#define ll long long int
ll a[MAX];
ll b[MAX];
int n;
using namespace std;
void init()
{
    int i,j,k;
    a[0]=1;
    for (i=1; i<=MAX; i++)
    {
        for (j=0; j<N; j+=i)
        {
            for (k=0; k+j<N; k++)
            {
                b[j+k]+=a[k];
            }
        }
        for (j=0; j<N; j++)
        {
            a[j]=b[j];
            b[j]=0;
        }
    }
}
int main()
{
    init();
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        printf("%lld
",a[n]);
    }
    return 0;
}

 

c.hdu 1398

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1398

题目说一个国家的硬币都是方形的，面值也是方形的

有1块钱，4块钱，9块钱，16块钱......一直到289块钱（17^2）

问想组成n块钱有几种方法

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define ll long long int
#define MAX 17
#define N 305
using namespace std;
ll a[N];
ll b[N];
void init()
{
    int i,j,k;
    a[0]=1;
    for (i=1; i<=MAX; i++)
    {
        for (j=0; j<N; j+=i*i)
        {
            for (k=0; k+j<N; k++)
            {
                b[j+k]+=a[k];
            }
        }
        for (j=0; j<N; j++)
        {
            a[j]=b[j];
            b[j]=0;
        }
    }
}
int main()
{
    int n;
    init();
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        if(n==0)
        {
            break;
        }
        printf("%lld
",a[n]);
    }
    return 0;
}