什麼是母函數？對於序列a0，a1，a2，…構造一函數：G(x)=a0+a1*x+a2*x^2+...G(x)就是序列a0,a1...的母函數。如若已知序列a0，a1，a2，…則對應的母函數G(x)便可根據定義給出。 反之，如若已經求得序列的母函數G(x)，則該序列也隨之確定。 序列a0，a1，a2，…可記爲{an}
如何用母函數來解決諸如整數拆分、郵票組合、砝碼稱重一類的問題？這一類問題大致是需要找到整數拆分的方案數，郵票可以組合出多少面額，某一種重量可以由多少種砝碼組合來完成稱重……當然利用類似動態規劃的思想往往也可以解決這類問題，下面討論怎麼使用母函數來完成。
下面這個例子來自HDU集訓的PPT
“例1：若有1克、2克、3克、4克的砝碼各一 枚，能稱出哪幾種重量？各有幾種可能方案？理解了這個例子之後整數拆分、郵票組合、砝碼稱重一類的問題就都一併解決了。
如何解決這個問題呢？考慮構造母函數。如果用x的指數表示稱出的重量，則：
1個1克的砝碼可以用函數1+x表示，1個2克的砝碼可以用函數1+x2表示，
1個3克的砝碼可以用函數1+x3表示，1個4克的砝碼可以用函數1+x4表示，
幾種砝碼的組合可以稱重的情況，可以用以上幾個函數的乘積表示：
(1+x)(1+x^2)(1+x^3)(1+x^4)
=(1+x+x^2+x^3)(1+x3+x^4+x^7)
=1+x+x^2+2x^3+2x^4+2x^5+2x^6+2x^7+x^8+x^9+x^10
從上面的函數知道：可稱出從1克到10克，係數便是方案數。
”
下面來是我對這種母函數構造方式的理解。
對於上面的例1，如果取消砝碼個數的限制，則母函數變爲G(x)=(1+x+x^2+,,,,,)(1+x^2+x^4+...)(1+x^3+x^6+...)(1+x^4+x^8+..)
若要稱量重量M，那麼這個質量M就對應母函數展開後的x^M項。而x^M項的指數M按照數學上的展開來理解是什麼來的呢？
假設M=14，我們用1個1g砝碼，1個2g砝碼，1個3g砝碼和2個4g砝碼。則可以看做是從G(x)=(1+x+x^2+,,,,,)(1+x^2+x^4+...)(1+x^3+x^6+...)(1+x^4+x^8+..)的每一個括號(每個括號分別對應1g, 2g, 3g, 4g砝碼單獨可以組合出哪些質量)裏取出了x, x^2, x^3, x^8。然後意會一下爲什麼x^M項對應的係數就是稱量質量M的方案數了。如果理解的話這一類問題就都可以做了。
實現起來，展開G(x)函數的時候就是按照平時自己手工怎麼展開來做的。
兩個母函數練手題，性質都是一樣的
HDU1085（母函數） Holding Bin-Laden Captive!
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1085
硬幣面額1,2,5且有數量限制num1,num2,num3，問最小不能組合的數量是多少。
G(x)=(1+x+...+x^num1)(1+x^2+...+x^2num2)(1+x^5+,,,+x^5num3)，展開，係數不爲0的數都是可以由硬幣組合出來的。
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxexp=1*1000+2*1000+5*1000+10;
int main()
{
int n1, n2, n3;
bool f;
int c1[maxexp+1], c2[maxexp+1], c3[maxexp+1];
while (scanf("%d%d%d", &n1, &n2, &n3)==3 && n1+n2+n3>0)
{
memset(c1, 0, sizeof(c1));
memset(c2, 0, sizeof(c2));
memset(c3, 0, sizeof(c3));
for (int i=0; i<=n1; i++) //1+x+x^2+...+x^n1
c1[i]=1;
for (int j=0; j<=n1; j++)
for (int k=0; k<=2*n2; k+=2) //1+x^2+...+x^(2*n2)
c2[j+k]+=c1[j];
for (int j=0; j<=n1+2*n2; j++)
for (int k=0; k<=5*n3; k+=5) //1+x^2+...+x^(5*n2)
c3[j+k]+=c2[j];
f=false;
for (int j=0; j<=n1+2*n2+5*n3; j++)
if (c3[j]==0)
{
printf("%d\n", j);
f=true;
break;
}
if (!f) printf("%d\n", n1+2*n2+5*n3+1);
}
return 0;
}
HDU1028（母函數） Ignatius and the Princess III
http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1028
整數拆分。由於拆分結果只考慮有幾個1幾個2幾個3...不考慮順序什麼的，那麼問題就和之前的砝碼郵票什麼的一樣了。
G(x)=(1+x+...)(1+x^2+...)(1+x^3....)...(1+x^n)
n最大120，可以預處理一下保存結果，也可以一邊輸入一邊重新算，反正n很小……
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxexp=120;
int main()
{
int n, now, pre;
int f[2][maxexp+1]; //"滾筒"使用
while (scanf("%d", &n)==1)
{
memset(f, 0, sizeof(f));
for (int i=0; i<=n; i++) //1+x+x^2+...+x^n
f[1%2][i]=1;
for (int i=2; i<=n; i++)
{
now=i%2; pre=(i-1)%2;
for (int j=0; j<=n; j++)
f[now][j]=0;
for (int j=0; j<=n; j++) //枚舉之前結果
for (int k=0; k+j<=n; k+=i) //枚舉當前多項式 1+x^i+x^2i+...
{
f[now][j+k]+=f[pre][j]; //中間結果保存在c2
}
}
printf("%d\n", f[n%2][n]);
}
return 0;
}
HDU2013
赤裸裸的遞推，毫無技術性而言
f(n)=(f(n-1)+1)*2, 從最後一天逆推。
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
int main()
{
int f[32], n;
f[1]=1;
for (int i=2; i<30; i++)
f[i]=(f[i-1]+1)*2;
while (scanf("%d", &n)==1)
printf("%d\n", f[n]);
return 0;
}