母函数

母函数

分类： algorithm 2013-09-08 23:57  27人阅读  评论(0)  收藏  举报

母函数

母函数（Generating function）详解

在数学中，某个序列的母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。

这里先给出两句话，不懂的可以等看完这篇文章再回过头来看：

"把组合问题的加法法则和幂级数的t的乘幂的相加对应起来"

"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. "

我们首先来看下这个多项式乘法：

由此可以看出:

1. x的系数是a₁,a₂,…a_{n的单个组合的全体。}

2. x²的系数是a₁,a₂,…a_n的两个组合的全体。

………

n. xⁿ的系数是a₁,a₂,….a_n的n个组合的全体（只有1个）。

由此得到：

 

母函数的定义：

对于序列a₀，a₁，a₂，…构造一函数：

称函数G(x)是序列a₀，a₁，a₂，…的母函数

这里先给出2个例子，等会再结合题目分析：

第一种：

 

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？ 

考虑用母函数来接吻这个问题：

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+x表示，

1个2克的砝码可以用函数1+x²表示，

1个3克的砝码可以用函数1+x³表示，

1个4克的砝码可以用函数1+x⁴表示，

上面这四个式子懂吗？

我们拿1+x²来说，前面已经说过，x表示砝码，x的指数表示重量，即这里就是一个质量为2的砝码，那么前面的1表示什么？1代表重量为2的砝码数量为0个。（理解！）

不知道大家理解没，我们这里结合前面那句话：

"把组合问题的加法法则和幂级数的t的乘幂的相加对应起来"

1+x²表示了两种情况：1表示质量为2的砝码取0个的情况，x²表示质量为2的砝码取1个的情况。

这里说下各项系数的意义：

在x前面的系数a表示相应质量的砝码取a个，而1就表示相应砝码取0个，这里可不能简单的认为相应砝码取0个就该是0*x²(想下为何？结合数学式子)。

所以，前面说的那句话的意义大家可以理解了吧？

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+x²)(1+x³)(1+x⁴)

=(1+x+x²+x³)(1+x³+x⁴+x⁷)

=1+x+x²+2x³+2x⁴+2x⁵+2x⁶+2x⁷+x⁸+x⁹+x¹⁰ 

从上面的函数知道：可称出从1克到10克，系数便是方案数。（！！！经典！！！）

    例如右端有2x⁵ 项，即称出5克的方案有2：5=3+2=4+1；同样，6=1+2+3=4+2；10=1+2+3+4。

    故称出6克的方案有2，称出10克的方案有1。

接着上面，接下来是第二种情况：

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。

以展开后的x⁴为例，其系数为4，即4拆分成1、2、3之和的拆分数为4；

即 ：4=1+1+1+1=1+1+2=1+3=2+2

这里再引出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。

现在以上面的第二种情况每种种类个数无限为例，给出模板：

 #include<iostream>
 usingnamespace std;

 constint _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
 intc1[_max], c2[_max];
 intmain()
 {   //int n,i,j,k;
     int nNum;  //
     int i, j, k;

     while(cin >> nNum)
     {
        for(i=0; i<=nNum; ++i)   // ---- ① ，（1+x+x^2...）
        {
            c1[i] = 1;
            c2[i] = 0;
        }
        for(i=2; i<=nNum; ++i)   // ----- ②  (第i个括号)
        {

            for(j=0; j<=nNum; ++j)   // ----- ③  (计算第i个括号与前面的乘积)
               for(k=0; k+j<=nNum; k+=i)  // ---- ④  //大于nNum没有意义，即超过X^(nNum)没意义
               {
                   c2[j+k] += c1[j];
               }
            for(j=0; j<=nNum; ++j)     // ---- ⑤  //把乘积保存下来，因为这是一个连乘
            {
               c1[j] = c2[j];
               c2[j] = 0;
            }
        }
        cout << c1[nNum] << endl;
     }
     return 0;
 }

跑了一个nNum = 4的结果：

当nNum = 4时，其实我们要计算这么一个多项式：

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

i = 2时：计算了（1+x+x^2+x^3+x^4）（1+x^2+x^4），并把结果存在C2中；

                乘法他这么做的：1*（1+x^2+x^4）+x*(1+x^2+x^4)+x^2*(1+x^2+x^4)...

                假如：（1+x^2）（1+x^2+x^4）=1*（1+x^2+x^4）+0*x*(1+x^2+x^4)+1*x^2*(1+x^2+x^4)   （就是没有系数也乘了，只不过乘以后的结果为0，累加的时候，加的0）

i = 3时：计算了（1+x+x^2+x^3+x^4）（1+x^2+x^4）（1+x^3），并把结果存在C2中，当然（1+x+x^2+x^3+x^4）（1+x^2+x^4）这个结果在i=2时已经算出来了；

i = 4时：就可以计算整个表达式的结果了。

我们来解释下上面标志的各个地方：

① 、首先对c1初始化，由第一个表达式(1+x+x²+..xⁿ)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就是只一个表达式里第j个变量，比如在第二个表达式里：(1+x²+x⁴....)里，第j个就是x^2*j.

 

③ 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）。

 

④ 、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

 

咱们赶快趁热打铁，来几道题目：

（相应题目解析均在相应的代码里分析）

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

代码：http://www.wutianqi.com/?p=587

这题大家看看简单不？把上面的模板理解了，这题就是小Case!

 

看看这题：

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

代码：http://www.wutianqi.com/?p=590

要说和前一题的区别，就只需要改2个地方。 在i遍历表达式时（可以参考我的资料---《母函数详解》），把i<=nNum改成了i*i<=nNum,其次在k遍历指数时把k+=i变成了k+=i*i; Ok,说来说去还是套模板~~~

 

3.  题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1085

代码：http://www.wutianqi.com/?p=592

这题终于变化了一点，但是万变不离其中。

大家好好分析下，结合代码就会懂了。

 

4.  题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1171

代码：http://www.wutianqi.com/?p=594

 

 

 

还有一些题目，大家有时间自己做做：

HDOJ：1709，1028、1709、1085、1171、1398、2069、2152

附：

1.在维基百科里讲到了普通母函數、指數母函數、L級數、貝爾級數和狄利克雷級數：

http://zh.wikipedia.org/zh-tw/%E6%AF%8D%E5%87%BD%E6%95%B0

2．Matrix67大牛那有篇文章：什么是生成函数：

http://www.matrix67.com/blog/archives/120

3.大家可以看看杭电的ACM课件的母函数那篇，我这里的图片以及一些内容都引至那。

4、将一个较大的钱，不超过1000000(10^6)的人民币，兑换成数量不限的100、50、10、5、2、1的组合，请问共有多少种组合呢？（完全背包）（其它选择题考的是有关：操作系统、树、概率题、最大生成树有关的题，另外听老梦说，谷歌不给人霸笔的机会。）。

第一种方法（母函数）：

 #define NUM 7
 int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};

 // 母函数解法
 int NumOfCoins(int value)
 {
     int i , j , k , c1[1010] , c2[1010];
     for(i = 0 ; i <= value ; ++i)
     {
         c1[i] = 1;
         c2[i] = 0;
     }
     //第一层循环是一共有 n 个小括号，而刚才已经算过一个了
     // i 就是代表的母函数中第几个大括号中的表达式
     for(i = 1 ; i < NUM ; ++i)
     {
         for(j = 0 ; j <= value ; ++j)   //j 就是指的已经计算出的各项的系数
         {
             for(k = 0 ; k+j <= value ; k += money[i])  //k 就是指将要计算的那个括号中的项
                 c2[k+j] += c1[j];
         }
         for(j = 0 ; j <= value ; ++j)  // 刷新一下数据，继续下一次计算，就是下一个括号里面的每一项
         {
             c1[j] = c2[j];
             c2[j] = 0;
         }
     }
     return c1[value];
 }

第二种方法（动态规划）：
我们可以将它形式化为：

硬搜的话肯定是可以出结果的，但时间复杂度太高。
第一种方法：
设 F[n] 为用那么多种面值组成 n 的方法个数。则 F[n] 可以分成这样互不重复的几个部分：
只用 50 及以下的面值构成 [n] + 0 张 100
只用 50 及以下的面值构成 [n-100] + 1 张 100
只用 50 及以下的面值构成 [n-200] + 2 张 100
……
也就是说，按 F[n] 的组成方案中 100 的张数，将 F[n] 划分成若干等价类，等价类的划分要不重复、不遗漏。这些等价类恰好完整覆盖了 F[n] 的所有情况。
然后对于 50 及以下的方案又可以按 50 的张数划分等价类。于是像这样一层一层递归下去……就可以得到结果了。
把上面的递归过程反过来，从下往上递推，这就是动态规划了。代码（用到了一些 C99 特性，比如栈上的可变长数组）：
时间复杂度 < O(N^2)

 #define NUM 7
 int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};
 // 动态规划解法
 int NumOfCoins(int value)
 {
     int i , j , t , dp[7][1010];
     for(i = 0 ; i <= value ; ++i)  //用第0张，即面值为1元的都只有一种
         dp[0][i] = 1;

     for(i = 1 ; i < NUM ; ++i)
     {
         for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
         {
             t = j;
             dp[i][j] = 0;
             while(t >= 0)
             {
                 dp[i][j] += dp[i-1][t];  //这里必须是d[i-1][j],此时就不包含j
                 t -= money[i];  //减一次表示用了一张money[i]
             }
         }
     }
     return dp[6][value];
 }

其中 dp[i][j] 表示只用第 i 张面值及以下构成 j 用多少种方法。
改进如下：
a[6][n] = ar[6][n-100]     // 至少包含 1 张 100 的拆分个数
              + ar[5][n]         // 不包含 100 的拆分个数
直接把时间复杂度从 O(n^2) 降到了 O(n)：

 #define NUM 7
 int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};
 // 动态规划解法(完全背包)
 int NumOfCoins(int value)
 {
     int i , j , dp[7][1010];
     for(i = 0 ; i <= value ; ++i)  //用第0张，即面值为1元的都只有一种
         dp[0][i] = 1;

     for(i = 1 ; i < NUM ; ++i)
     {
         for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
         {
             if(j >= money[i])  //i表示当前的物品算进去；i-1表示当前的物品没有算进去
                 dp[i][j] = dp[i][j - money[i]] + dp[i - 1][j];
             else
                 dp[i][j] = dp[i-1][j];
         }
     }
     return dp[6][value];
 }

或者使用滚动数组也是可以的

 #define NUM 7
 int money[NUM] = {1, 2, 5, 10, 20, 50, 100};
 int f[1010] , bf[1010];
 // f[j] == f[i][j]   bf[j] == bf[i-1][j]
 int NumofCoin2(int value)
 {
     int i , j;
     for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
         f[j] = 0 , bf[j] = 0;
     bf[0] = 1;

     for(i = 0 ; i < NUM ; ++i)
     {
         for(j = 0 ; j <= value ; ++j)
         {
             if(j >= money[i])
                 f[j] = f[j-money[i]] + bf[j];
             else
                 f[j] = bf[j] ;
         }

         for(j = 0; j <= value ; ++j)
             bf[j] = f[j] , f[j] = 0;
     }
     return bf[value];

 }