组合数学-母函数

母函数

　　在数学中，某个序列的母函数(Generating function，又称生成函数)是一种形式幂级数，其每一项的系数可以提供关于这个序列的信息。使用母函数解决问题的方法称为母函数方法。

　　母函数可分为很多种，包括普通母函数、指数母函数、L级数、贝尔级数和狄利克雷级数。对每个序列都可以写出以上每个类型的一个母函数。构造母函数的目的一般是为了解决某个特定的问题，因此选用何种母函数视乎序列本身的特性和问题的类型。　

重要的两个观点(引用自http://www.wutianqi.com/?p=596)

1.“把组合问题的加法法则和幂级数的乘幂对应起来”

2.“母函数的思想很简单 — 就是把离散数列和幂级数一 一对应起来，把离散数列间的相互结合关系对应成为幂级数间的运算关系，最后由幂级数形式来确定离散数列的构造. “

母函数通常解决类似如下的问题：

• 数量有限制的 ：

  有1克、2克、3克、4克的砝码各一枚，能称出哪几种重量？每种重量各有几种可能方案？

• 数量没限制的：

  求用1分、2分、3分的邮票贴出不同数值的方案数：

　　大家把这种情况和第一种比较有何区别？第一种每种是一个，而这里每种是无限的。

拿着例题开刀

　　第一种类型：有1克、2克、3克、4克的砝码各一枚，能称出哪几种重量？每种重量各有几种可能方案？

考虑用母函数来解决这个问题：
 我们假设x表示砝码，x的指数表示砝码的重量，这样：
 1个1克的砝码可以用函数1+1*x^1表示，
 1个2克的砝码可以用函数1+1*x^2表示，
 1个3克的砝码可以用函数1+1*x^3表示，
 1个4克的砝码可以用函数1+1*x^4表示，
 我们拿1+x^2来说，前面已经说过，x表示砝码，x的指数表示砝码的重量！初始状态时，这里就是一个质量为2的砝码。所以这里1+1*x^2 = 1*x^0 + 1*x^2，即表示2克的砝码有两种状态，不取或取，不取则为1*x^0，取则为1*x^2.

“把组合问题的加法法则和幂级数的乘幂对应起来”

 接着讨论上面的1+x^2，这里x前面的系数有什么意义？
 这里的系数表示状态数(方案数)1+x^2，也就是1*x^0 + 1*x^2，也就是上面说的不取2克砝码，此时有1种状态；或者取2克砝码，此时也有1种状态。
 几种砝码的组合可以称重的情况，可以用以上几个函数的乘积表示：
 (1+x)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4)
 =(1+x+x^2+x^4)(1+x^3+^4+x^7)
 =1 + x + x^2 + 2*x^3 + 2*x^4 + 2*x^5 + 2*x^6 + 2*x^7 + x^8 + x^9 + x^10
 从上面的函数知道：可称出从1克到10克，系数便是方案数。
 例如右端有2^x^5 项，即称出5克的方案有2种：5=3+2=4+1；同样，6=1+2+3=4+2；10=1+2+3+4。
故称出6克的方案数有2种，称出10克的方案数有1种 。

　　第二种类型：求用1分、2分、3分的邮票贴出不同数值的方案数：

以展开后的x^4为例，其系数为4，即4拆分成1、2、3之和的拆分方案数为4；
即 ：4=1+1+1+1=1+1+2=1+3=2+2

两个概念”整数拆分”和”拆分数”：
所谓整数拆分即把整数分解成若干整数的和（相当于把n个无区别的球放到n个无标志的盒子，盒子允许空，也允许放多于一个球）。
整数拆分成若干整数的和，办法不一，不同拆分法的总数叫做拆分数。

代码模板：

#include 
using namespace std;
const int _max = 10001; 
// c1是保存各项质量砝码可以组合的数目
// c2是中间量，保存没一次的情况
int c1[_max], c2[_max];   
int main()
{   //int n,i,j,k;
    int nNum;   // 
    int i, j, k;

    while(cin >> nNum)
    {
        for(i=0; i<=nNum; ++i)   // ---- ①
        {
            c1[i] = 1;
            c2[i] = 0;
        }
        for(i=2; i<=nNum; ++i)   // ----- ②
        {

            for(j=0; j<=nNum; ++j)   // ----- ③
                for(k=0; k+j<=nNum; k+=i)  // ---- ④
                {
                    c2[j+k] += c1[j];
                }
            for(j=0; j<=nNum; ++j)     // ---- ⑤
            {
                c1[j] = c2[j];
                c2[j] = 0;
            }
        }
        cout << c1[nNum] << endl;
    }
    return 0;
}

注释：

① 、首先对c1初始化，由第一个表达式(1+x+x^2+..x^n)初始化，把质量从0到n的所有砝码都初始化为1.
② 、 i从2到n遍历，这里i就是指第i个表达式，上面给出的第二种母函数关系式里，每一个括号括起来的就是一个表达式。
③、j 从0到n遍历，这里j就是(前面i个表达式累乘的表达式)里第j个变量，(如(1+x)(1+x^2)(1+x^3)，j先指示的是1和x的系数，i=2执行完之后变为（1+x+x^2+x^3）(1+x^3)，这时候j应该指示的是合并后的第一个括号的四个变量的系数。
④ 、 k表示的是第j个指数，所以k每次增i（因为第i个表达式的增量是i）。
⑤ 、把c2的值赋给c1,而把c2初始化为0，因为c2每次是从一个表达式中开始的。

解题过程

以下参考自https://blog.csdn.net/xiaofei_it/article/details/17042651#comments

解题时，首先要写出表达式，通常是多项的乘积，每项由多个x^y组成。如(1+x+x^2)(1+x^4+x^8)(x^5+x^10+x^15)。
通用表达式为
(x^(v[0]n1[0]) + x^(v[0](n1[0]+1))+x^(v[0]*(n1[0]+2))+…+x^(v[0]*n2[0]))
(x^(v[1]n1[1])+x^(v[1](n1[1]+1))+x^(v[1]*(n1[1]+2))+…+x^(v[1]*n2[1]))
…
(x^(v[K]n1[K])+x^(v[K](n1[K]+1))+x^(v[K]*(n1[K]+2))+…+x^(v[K]*n2[K]))
K对应具体问题中物品的种类数。
v[i]表示该乘积表达式第i个因子的权重，对应于具体问题的每个物品的价值或者权重。
n1[i]表示该乘积表达式第i个因子的起始系数，对应于具体问题中的每个物品的最少个数，即最少要取多少个。
n2[i]表示该乘积表达式第i个因子的终止系数，对应于具体问题中的每个物品的最多个数，即最多要取多少个。
对于表达式(1+x+x^2)(x^8+x^10)(x^5+x^10+x^15+x^20)，v[3]={1,2,5}，n1[3]={0,4,1}，n2[3]={2,5,4}。
解题的关键是要确定v、n1、n2数组的值。
通常n1都为0，但有时候不是这样。
n2有时候是无限大。
之后就实现表达式相乘，从第一个因子开始乘，直到最后一个为止。此处通常使用一个循环，循环变量为i。每次迭代的计算结果放在数组a中。计算结束后，a[i]表示权重i的组合数，对应具体问题的组合数。
循环内部是把每个因子的每个项和a中的每个项相乘，加到一个临时的数组b的对应位（这里有两层循环，加上最外层循环，总共有三层循环），之后就把b赋给a。
这些过程通常直接套用模板即可。

通用模板

//为计算结果，b为中间结果。
int a[MAX],b[MAX];
//初始化a
memset(a,0,sizeof(a));
a[0]=1;
for (int i=1;i<=17;i++)//循环每个因子
{
    memset(b,0,sizeof(b));
    for (int j=n1[i];j<=n2[i]&&j*v[i]<=P;j++)//循环每个因子的每一项
        for (int k=0;k+j*v[i]<=P;k++)//循环a的每个项
            b[k+j*v[i]]+=a[k];//把结果加到对应位
    memcpy(a,b,sizeof(b));//b赋值给a
}

P是可能的最大指数。拿钞票组合这题来说，如果要求15元有多少组合，那么P就是15；如果问最小的不能拼出的数值，那么P就是所有钱加起来的和。P有时可以直接省略。具体请看本文后面给出的例题。
如果n2是无穷，那么第二层循环条件j<=n2[i]可以去掉。

如何提高效率？

用一个last变量记录目前最大的指数，这样只需要在0..last上进行计算。
这里给出第二个模板：

//初始化a，因为有last，所以这里无需初始化其他位
a[0]=1;
int last=0;
for (int i=0;iint last2=min(last+n[i]*v[i],P);//计算下一次的last
    memset(b,0,sizeof(int)*(last2+1));//只清空b[0..last2]
    for (int j=n1[i];j<=n2[i]&&j*v[i]<=last2;j++)//这里是last2
        for (int k=0;k<=last&&k+j*v[i]<=last2;k++)//这里一个是last，一个是last2
            b[k+j*v[i]]+=a[k];
    memcpy(a,b,sizeof(int)*(last2+1));//b赋值给a，只赋值0..last2
    last=last2;//更新last
}

另外，至于什么时候用第一个模板，什么时候用第二个模板，就看题目规模。
通常情况下，第一个模板就够用了，上面的那些用第二个模板的题目用第一个模板同样能AC。
但如果数据规模比较大（通常不会有这种情况），就要使用第二个模板了。
以上题目n1均为0。