母函数小结

传送阵 Matrix67大神的总结：跟着大神学，也不喜欢叫母函数，都称生成函数。

在数学中，某个序列 的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。使用生成函数解决问题的方法称为母函数方法。
生成函数可分为很多种，包括普通生成函数、指数生成函数、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生成函数。构造生成函数的目的一般是为了解决某个特定的问题，因此选用何种生成函数视乎序列本身的特性和问题的类型。
生成函数的表示一般使用解析形式，即写成关于某个形式变量x的形式幂级数。对幂级数的收敛半径中的某一点，可以求母函数在这一点的级数和。但无论如何，由于母函数是形式幂级数的一种，其级数和不一定对每个x的值都存在。

具体我就不多说了，Matrix67大神blog里说得很好，我就直接上题了。

HDU1085 Holding Bin-Laden Captive!

生成函数的简单题，分别有1,2,5面值的货币q1,q2,q3个，让你求出最小不能由提供的货币组成的数值。由于此题很简单，只考虑了两种情况就行了。

Y=(1+x^2+x^3+x^4…+x^q1*1)*(1+x^2+x^4+x^6…x^q2*2)*(1+x^5+x^10+…x^q3*5)(这是母函数公式)

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<cmath>
 #include<set>
 #include<vector>
 #include<stack>
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
 #define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
 #define N 1000000007
 using namespace std;
 inline void RD(int &ret)
 {
     char c;
     do
     {
         c=getchar();
     }
     while(c<'0'||c>'9');
     ret=c-'0';
     while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
     {
         ret=ret*10+(c-'0');
     }
 }
 inline void OT(int a)
 {
     if(a>=10)
     {
         OT(a/10);
     }
     putchar(a%10+'0');
 }
 int main()
 {
     int x,y,z,sum;
     while(1)
     {
         RD(x);
         RD(y);
         RD(z);
         if(x==0&&y==0&&z==0)
         {
             break;
         }
         if(x==0)
         {
             sum=1;
         }
         else if(x+2*y<4)
         {
             sum=x+2*y+1;
         }
         else
         {
             sum=x+2*y+5*z+1;
         }
         printf("%d\n",sum);
     }
     return 0;
 }

HDU1171 Big Event in HDU 

这是一道典型的生成函数题型，不过也可以用dp做，题意是给出n个不同价值vi的物品，且物品数量为ci，让你将总的价值分为最相近的两部分，且价值不同的话，价值大的在前。这就是一个生成函数模板题，建立c1[]、c2[]，然后得到系数项，从中间找非空项就行了。但是，这题的恶心之处超乎你想象，首先是判跳出，注意是n<0而不是n==-1，然后是数据范围，5000绝对不够，请开到100001,。已wa出翔。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<cmath>
 #include<set>
 #include<vector>
 #include<stack>
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
 #define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
 #define N 1000000007
 using namespace std;
 inline void RD(int &ret)
 {
     char c;
     do
     {
         c=getchar();
     }
     while(c<'0'||c>'9');
     ret=c-'0';
     while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
     {
         ret=ret*10+(c-'0');
     }
 }
 inline void OT(int a)
 {
     if(a>=10)
     {
         OT(a/10);
     }
     putchar(a%10+'0');
 }
 int c1[100001],c2[100001],num[51],val[51];
 int main()
 {
     int n,i,j,k,sum,ans;
     while(scanf("%d",&n))
     {
         if(n<0)
         {
             break;
         }
         sum=0;
         FOR(1,n,i)//生成函数模板做法
         {
             scanf("%d%d",&val[i],&num[i]);
             sum+=num[i]*val[i];
         }
         ans=sum;
         sum/=2;
         mem(c1,0);
         mem(c2,0);
         c1[0]=1;
         FOR(1,n,i)
         {
             FOR(0,sum,j)
             {
                 for(k=0;k<=num[i]*val[i]&&k+j<=sum;k+=val[i])//也有许多变形，要活学活用
                 {
                     c2[j+k]+=c1[j];
                 }
             }
             FOR(0,sum,j)
             {
                 c1[j]=c2[j];
                 c2[j]=0;
             }
         }
         for(i=sum;i>0;--i)//这里操作一般由题目要求什么决定
         {
             if(c1[i]!=0)
             {
                 break;
             }
         }
         printf("%d %d\n",ans-i,i);
     }
     return 0;
 }

HDU1059 Dividing
首先这题并不算是一个可以用生成函数过题，应该是一个完全背包+二进制转化的题目，但是由于数据较水，进行一些取模运算就可以用生成函数模板运算过了，建议当做模板练手题，然后再用完全背包再过一遍。题意就是问1~6价值的硬币分别有a1~a6个，问能否分为相等的两部分。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<cmath>
 #include<set>
 #include<vector>
 #include<stack>
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
 #define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
 #define N 1000000007
 using namespace std;
 inline void RD(int &ret)
 {
     char c;
     do
     {
         c=getchar();
     }
     while(c<'0'||c>'9');
     ret=c-'0';
     while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
     {
         ret=ret*10+(c-'0');
     }
 }
 inline void OT(int a)
 {
     if(a>=10)
     {
         OT(a/10);
     }
     putchar(a%10+'0');
 }
 int a[7];
 int c1[20001];
 int main()
 {
     int i,j,k,sum,ans,f,cas=0;
     while(1)
     {
         cas++;
         f=0;
         sum=0;
         FOR(1,6,i)
         {
             scanf("%d",&a[i]);
             if(a[i]==0)
             {
                 f++;
             }
             a[i]%=10;//这个模10很神奇，缩小了数据量（但估计是数据水了）
             sum+=a[i]*i;
         }
         if(f==6)
         {
             break;
         }
         ans=sum;
         printf("Collection #%d:\n",cas);
         if(ans%2==1)//奇数肯定不能被2整除
         {
             printf("Can't be divided.\n");
         }
         else
         {
             sum/=2;
             mem(c1,0);
             c1[0]=1;
             FOR(1,6,i)
             {
                 for(j=sum;j>=0;--j)
                 {
                     for(k=1; k<=a[i]&&k*i+j<=sum; k++)//变形
                     {
                         c1[j+k*i]|=c1[j];
                     }
                 }
             }
             if(c1[sum]!=0)
             {
                 printf("Can be divided.\n");
             }
             else
             {
                 printf("Can't be divided.\n");
             }
         }
         printf("\n");
     }
     return 0;
 }

HDU1398 Square Coins

这也算是一道生成函数的好题，一种与完全平方数的结合。题意很简单，给你一个n，问你n可以由完全平方数组成的方案数。

Y=(1+x+x^2+...+x^n)*(1+x^2+x^4+...)*...

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<cmath>
 #include<set>
 #include<vector>
 #include<stack>
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
 #define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
 #define N 1000000007
 using namespace std;
 inline void RD(int &ret)
 {
     char c;
     do
     {
         c=getchar();
     }
     while(c<'0'||c>'9');
     ret=c-'0';
     while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
     {
         ret=ret*10+(c-'0');
     }
 }
 inline void OT(int a)
 {
     if(a>=10)
     {
         OT(a/10);
     }
     putchar(a%10+'0');
 }
 int c1[301],c2[301];
 int main()
 {
     int n,i,j,k;
     while(1)
     {
         RD(n);
         if(n==0)
         {
             break;
         }
         FOR(0,n,i)
         {
             c1[i]=1;
             c2[i]=0;
         }
         for(i=2;i*i<=n;++i)//这就是为完全平方数做的准备
         {
             FOR(0,n,j)
             {
                 for(k=0;k+j<=n;k+=i*i)//这里的处理，要根据情况不同变换
                 {
                     c2[k+j]+=c1[j];
                 }
             }
             FOR(0,n,j)
             {
                 c1[j]=c2[j];
                 c2[j]=0;
             }
         }
         printf("%d\n",c1[n]);
     }
     return 0;
 }

HDU1028也是一道生成函数可以解决的题目，但我用五角数公式过了，就不深入了，可以作为练手。

POJ3734 Blocks

不得不说poj的这道生成函数相比上面的模板套用，模板变形题要有深度。这题可以用矩阵乘做，但今天是生成函数专题，就不像昨天那样了。这题题意是可以用红蓝绿黄四种

给模块涂色，且要求红色与绿色的模块数必须为偶数。生成函数本来就可以解决组合数学的问题，所以这题再合适不过了。

根据生成函数公式我们可以得到这样一个式子：Y=[(1+x+x^2/2!+x^3/3!+x^4/4!...)^2]*[(1+x^2/2!+x^4/4!+...)^2]

这个式子里乘号前是蓝色和黄色的方案，乘号后是红色与绿色的方案。由于是求组合数，颜色相同时前后放置为同一种情况，所以需要除以排列数。

推导过程：

Y==>(由泰勒展式)1/4*e^2x*(e^x+e^(-x))^2==>1/4*(e^4x+2e^2x+1)==>(逆推导)1/4*sigma(4^i+2*2^i)*x^i

所以系数就是1/4(4^n+2*2^n)==>(4^(n-1)+2^(n-1))，这样就是可以直接用快速幂取模得到。。。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<string>
 #include<cmath>
 #include<set>
 #include<vector>
 #include<stack>
 #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 #define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
 #define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
 #define N 10007
 using namespace std;
 inline void RD(int &ret)
 {
     char c;
     do
     {
         c=getchar();
     }
     while(c<'0'||c>'9');
     ret=c-'0';
     while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
     {
         ret=ret*10+(c-'0');
     }
 }
 inline void OT(int a)
 {
     if(a>=10)
     {
         OT(a/10);
     }
     putchar(a%10+'0');
 }
 __int64 p(__int64 x,__int64 y)//快速幂取模
 {
     __int64 res=1;
     while(y>0)
     {
         if(y%2==1)
         {
             res=(res*x)%N;
         }
         x=(x*x)%N;
         y/=2;
     }
     return res%N;
 }
 int main()
 {
     int t,n;
     __int64 sum;
     RD(t);
     while(t--)
     {
         RD(n);
         sum=(p(4,n-1)+p(2,n-1))%N;
         printf("%I64d\n",sum);
     }
     return 0;
 }

POJ2084 Game of Connections

卡特兰数，由于通项公式可由生成函数得到，所以也发一道。。。

令h(0)=1,h(1)=1，catalan数满足递推式[1]：
h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (n>=2)
例如：h(2)=h(0)*h(1)+h(1)*h(0)=1*1+1*1=2
h(3)=h(0)*h(2)+h(1)*h(1)+h(2)*h(0)=1*2+1*1+2*1=5
另类递推式[2]：
h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1);
递推关系的解为：
h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...)
递推关系的另类解为：
h(n)=c(2n,n)-c(2n,n+1)(n=0,1,2,...)

这题是道高精度，直接java搞了，没难度。

 import java.io.*;
 import java.math.*;
 import java.util.*;
 import java.text.*;
 public class Main
 {
     public static void main(String[] args)
     {
         Scanner cin=new Scanner(System.in);
         BigInteger sum,ans;
         int n,i;
         while(true)
         {
             n=cin.nextInt();
             if(n==-1)
             {
                 break;
             }
             sum=BigInteger.ONE;
             ans=BigInteger.ONE;
             for(i=1;i<=n;++i)
             {
                 sum=sum.multiply(BigInteger.valueOf(i));
                 ans=ans.multiply(BigInteger.valueOf(2*n-i+1));
             }
             ans=ans.divide(sum);
             ans=ans.divide(BigInteger.valueOf(n+1));
             System.out.println(ans);
         }
     }
 }