快樂地打牢基礎（13）——普通型母函數和指數型母函數的應用

母函數就是一列用來展示一串數字的掛衣架。 ——赫伯特·唯爾夫 。

一、普通型母函數

---

1.定義

對於任意數列$a_0,a_1,a_2...a_n$，用如下方法與一個函數聯繫起來：
$G(x) = a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$
則稱$G(x)$是數列的母函數(generating function)（也叫生成函數）。
其一般形式爲：
$\displaystyle G(a_n;x)=\sum_{i=1}a_ix^i$

2.應用

組合數學的主要內容是計數，母函數是組合數學中的一個重要理論和工具。那麼它是怎麼應用的呢？

$普通型母函數主要是解決求有限多重集的組合$

設元素 $a_{1},a_{1}, \cdot \cdot \cdot ,a_{n}$ 互不相同，從有限多重集$\left\{ K_{1} \cdot a_{1},K_{2} \cdot a_{2}, \cdot \cdot \cdot K_{n} \cdot a_{n} \right\}$中選取 $r$ 個元素，至少存在一個$K_{i} < r$ 時，求其組合。

下面舉一個應用實例來理解這個問題：

現在我有兩個色子，每個色子有六個面，每個色子擲一次，問兩個色子投擲後加起來一共六點的情況有多少種？

我們數一數，根據加法原理：

• 6 = 1 + 5 = 5 +１
• 6＝ 2 + 4 = 4 + 2
• 6 = 3 + 3

根據乘法原理

• 第一次取 1,2,3,4,5 共五種方式
• 由於第一次已經取好，所以第二次的取法是固定的 只有一種

綜上，加起來點數爲 6 一共是 五 種。

但是如果有 $n$ 個色子呢？顯然就很難這樣計算出來了

我們這時就需要母函數了。
我們可以 $x,x^2,x^3,x^4,x^5,x^6$ 和 色子的 $1,2,3,4,5,6$點映射對應起來。

按照乘法原理，我們可以將兩次 色子的投擲看成是 兩個 多項式相乘。
例如 投擲 6 點
第一次 投的 是 4 點，第二次是 2 點。和 $x^4 x^2=x^6$對應起來。

那麼第一次投擲可能取$1,2,3,4,5,6$點，這些情況是不可能同時發生的，那麼根據加法原理：
第一次投擲就可以和 多項式$(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)$ 形成一個映射關係，$x^i$就表示投擲出了 $i$ 點。
那麼兩次投擲的過程就能表示爲兩個多項式的乘積：
$(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)*(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)$
乘積的結果是
$x^2+2x^3+3x^4+4x^5+5x^6+6x^7+5x^8+4x^9+3x^{10}+2x^{11}+x^{12}$
$x^6:x^1x^5+x^2+x^4+x^3x^3+x^4x^2+x^5x^1=5x^6$

我們發現 $x^6$的係數就是兩次投擲點數和爲 6 的方法數。

到此我們可以得到一個結論：

投擲 $m$ 粒色子時，加起來點數的綜合化等於$n$的可能方式的數目爲：
$G(x)=(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^m$
展開式中$x^n$的係數。

很明顯$G(x)$就是序列$\{1,2,3,4,5,6\}$的一個母函數，這個例子也很好的說明了母函數的應用：

將計數問題映射成多項式的乘法運算來解決

HDU 1028 Ignatius and the Princess II
題意

給定一個數$N$，問$N$拆成若干個整數有多少中拆分方法？

思路
使用母函數進行映射
取 0 個$1$: $x^0$
取 1 個$1$: $x^1$
取 2 個$1$: $x^2$
取 $1$ 對應的母函數: $(1+x+x^2+...+x^k+...)$
取 $2$ 對應的母函數: $(1+x^1+x^4+...+x^{2k}...)$
$G(x) = (1+x+x^2+...)(1+x^2+x^4+...)(1+x^2+x^4+...)(1+x^N)$

$x^N$的係數就是 我們要求的答案。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 1000;
ll a[N],b[N];
int n;

void mother_fun()
{
    a[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n ; i++)
    {
        memset(b,0,sizeof(b));
        for(int j = 0; j * i <= n; j++)
        {
            for(int k = 0; k <= n; k++)
            {
                b[i * j + k] += a[k] ;
            }
        }
        memcpy(a,b,sizeof(b));
   }
}
int main()
{
    while(scanf("%d",&n)!= EOF)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
        mother_fun();
        printf("%lld\n",a[n]);
    }
    return 0;
}

二、指數型母函數

1.定義

序列$a_1,a_2,...,a_n$的指數型母函數爲：
$\displaystyle EG(a_n;x)=\sum_{i = 0}a_i\frac{x^i}{i!}$

2.應用

從上面的學習，我們可以知道：普通型的母函數是一個解決求有限多重集的組合的有效工具，而指數型函數是
$指數型母函數主要是解決求有限多重集的排列$
設元素$a_{1},a_{1}, \cdot \cdot \cdot ,a_{n}$互不相同，從有限多重集$\left\{ K_{1} \cdot a_{1},K_{2} \cdot a_{2}, \cdot \cdot \cdot K_{n} \cdot a_{n} \right\}$中選取 $r$ 個元素，至少存在一個$K_{i} < r$ 時，求其排列。

我們比較普通型母函數和指數型母函數，可以看出普通型的母函數的標誌函數爲$1,x,x^2,...,x^n$；而指數型函數的標誌函數爲$1,x/1!,x^2/2!,x^3/3!...,x^n/n!$。
這樣的映射也有其意義：

$\displaystyle\frac{x^i}{i!}$ 代表的意義是：在某個方案中某個元素出現了 $i$ 次，而在不同位置中的 $i$ 次出現是相同的。

另外，在指數型母函數使用的過程中，一般都會用到高等數學裏的$e^x$的泰勒展開式：
$e^x=\sum_{n=0}\frac{x^n}{n!}=1 + x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}...+\frac{x^n}{n!}+...$
$(e^x+e^{-x})/2=\sum_{n=0}\frac{x^{2n}}{2n!}=1 +\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}...+\frac{x^{2n}}{2n!}+...$
$(e^x-e^{-x})/2=\sum_{n=0}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}= x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}...+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+...$
下面來舉個例子：

由$1,2,3,4$四個數字組成的五位數中，要求數 $1$出現兩次或三次，$2$ 最多出現一次，$4$ 出現偶數次。

這很明顯是一個排列數的問題，在我們有了上述普通型母函數的經驗之後，我們可以類似地開始構造我們的指數型母函數：

1. $1$ 出現兩次或三次，對應的母函數：$\displaystyle\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}$

2. $2$ 最多出現 一次，對應的母函數:$\displaystyle1+\frac{x}{1!}$

3. $3$ 出現沒有要求， $\displaystyle1+ \frac{x}{1!}+ \frac{x^2}{2!} +\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^{n}}{n!}+...$

4. $4$ 出現偶數次， $\displaystyle1+\frac{x^2}{2!} +\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}...+\frac{x^{2n}}{2n!}+...$

那麼本題的母函數：
$\displaystyle G(x) = (\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!})*(1+\frac{x}{1!})*(1+ \frac{x}{1!}+ \frac{x^2}{2!} +\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^{n}}{n!}+...)*(1+\frac{x^2}{2!} +\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}...+\frac{x^{2n}}{2n!}+...)$

因爲，$e^x=\sum_{n=0}\frac{x^n}{n!}=1 + x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}...+\frac{x^n}{n!}+...$
$(e^x+e^{-x})/2=\sum_{n=0}\frac{x^{2n}}{2n!}=1 +\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}...+\frac{x^{2n}}{2n!}+...$

所以
$G(x)=(\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!})*(1+\frac{x}{1!})*e^x*(e^x+e^{-x})/2$
$=\displaystyle(\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{12})*(e^{2x}+1)$
我們要求的是 $5$ 位數，那麼我們的答案就應該是$\displaystyle\frac{x^5}{5!}$前面的係數。
我們已經有了$x^2,x^3,x^4$，所以只需要補上$x^3,x^2,x^1$

將$e^{2x}$按泰勒展開後，可以得到係數是：

$5!*(\frac{1}{4}*\frac{2^3}{3!}+\frac{1}{2}*\frac{2^2}{2!}+\frac{1}{12}*\frac{2^1}{1!})=140$

HDU 1521 排列組合
題意

有n種物品，並且知道每種物品的數量。要求從中選出m件物品的排列數。例如有兩種物品A,B，並且數量都是1，從中選2件物品，則排列有"AB","BA"兩種。

思路

根據題意，這是一個多重集的排列數問題，所以考慮使用指數型生成函數，然後就是一頓模板。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#define ll long long
using namespace std;

const int N = 107;
int n,m;
int num[N];
double a[N] = {0},b[N] = {0};
//求階乘
int fac(int n) {
	int res = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) res *= i;
	return res;
}
//指數型母函數
void mother_fun() {
	for(int i = 0; i <= num[1]; i++) a[i] = 1.0 / fac(i);
	for(int cur = 2; cur <= n; cur++) {
		memset(b,0,sizeof(b));
		for(int i = 0 ; i <= num[cur]; i++) {
			for(int k = 0; k  + i <= m; k++) {
				b[i + k] += a[k] / fac(i) ;
			}
		}
		memcpy(a,b,sizeof(b));
	}
	printf("%.0lf\n",a[m]*fac(m));
}
int main() {
	//freopen("data.in","r",stdin);
	while(scanf("%d%d",&n,&m)!= EOF) {
		memset(a,0,sizeof(a));
		for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",num + i);
		mother_fun();
	}
	return 0;
}