快乐地打牢基础（13）——普通型母函数和指数型母函数的应用

母函数就是一列用来展示一串数字的挂衣架。 ——赫伯特·唯尔夫 。

一、普通型母函数

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1.定义

对于任意数列 $a_0,a_1,a_2...a_n$，用如下方法与一个函数联系起来：
$G(x) = a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$
则称 $G(x)$是数列的母函数(generating function)（也叫生成函数）。
其一般形式为：
$\displaystyle G(a_n;x)=\sum_{i=1}a_ix^i$

2.应用

组合数学的主要内容是计数，母函数是组合数学中的一个重要理论和工具。那么它是怎么应用的呢？

$普通型母函数主要是解决求有限多重集的组合$

设元素 $a_{1},a_{1}, \cdot \cdot \cdot ,a_{n}$ 互不相同，从有限多重集 $\left\{ K_{1} \cdot a_{1},K_{2} \cdot a_{2}, \cdot \cdot \cdot K_{n} \cdot a_{n} \right\}$中选取 $r$ 个元素，至少存在一个 $K_{i} < r$ 时，求其组合。

下面举一个应用实例来理解这个问题：

现在我有两个色子，每个色子有六个面，每个色子掷一次，问两个色子投掷后加起来一共六点的情况有多少种？

我们数一数，根据加法原理：

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

根据乘法原理

• 第一次取 1,2,3,4,5 共五种方式
• 由于第一次已经取好，所以第二次的取法是固定的 只有一种

综上，加起来点数为 6 一共是 五 种。

但是如果有 $n$ 个色子呢？显然就很难这样计算出来了

我们这时就需要母函数了。
我们可以 $x,x^2,x^3,x^4,x^5,x^6$ 和 色子的 $1,2,3,4,5,6$点映射对应起来。

按照乘法原理，我们可以将两次 色子的投掷看成是 两个 多项式相乘。
例如 投掷 6 点
第一次 投的 是 4 点，第二次是 2 点。和 $x^4 x^2=x^6$对应起来。

那么第一次投掷可能取 $1,2,3,4,5,6$点，这些情况是不可能同时发生的，那么根据加法原理：
第一次投掷就可以和 多项式 $(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)$ 形成一个映射关系， $x^i$就表示投掷出了 $i$ 点。
那么两次投掷的过程就能表示为两个多项式的乘积：
$(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)*(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)$
乘积的结果是
$x^2+2x^3+3x^4+4x^5+5x^6+6x^7+5x^8+4x^9+3x^{10}+2x^{11}+x^{12}$
$x^6:x^1x^5+x^2+x^4+x^3x^3+x^4x^2+x^5x^1=5x^6$

我们发现 $x^6$的系数就是两次投掷点数和为 6 的方法数。

到此我们可以得到一个结论：

投掷 $m$ 粒色子时，加起来点数的综合化等于 $n$的可能方式的数目为：
$G(x)=(x+x^2+x^3+x^4+x^5+x^6)^m$
展开式中 $x^n$的系数。

很明显 $G(x)$就是序列 $\{1,2,3,4,5,6\}$的一个母函数，这个例子也很好的说明了母函数的应用：

将计数问题映射成多项式的乘法运算来解决

HDU 1028 Ignatius and the Princess II
题意

给定一个数 $N$，问 $N$拆成若干个整数有多少中拆分方法？

思路
使用母函数进行映射
取 0 个 $1$: $x^0$
取 1 个 $1$: $x^1$
取 2 个 $1$: $x^2$
取 $1$ 对应的母函数: $(1+x+x^2+...+x^k+...)$
取 $2$ 对应的母函数: $(1+x^1+x^4+...+x^{2k}...)$
$G(x) = (1+x+x^2+...)(1+x^2+x^4+...)(1+x^2+x^4+...)(1+x^N)$

$x^N$的系数就是 我们要求的答案。

#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、指数型母函数

1.定义

序列 $a_1,a_2,...,a_n$的指数型母函数为：
$\displaystyle EG(a_n;x)=\sum_{i = 0}a_i\frac{x^i}{i!}$

2.应用

从上面的学习，我们可以知道：普通型的母函数是一个解决求有限多重集的组合的有效工具，而指数型函数是
$指数型母函数主要是解决求有限多重集的排列$
设元素 $a_{1},a_{1}, \cdot \cdot \cdot ,a_{n}$互不相同，从有限多重集 $\left\{ K_{1} \cdot a_{1},K_{2} \cdot a_{2}, \cdot \cdot \cdot K_{n} \cdot a_{n} \right\}$中选取 $r$ 个元素，至少存在一个 $K_{i} < r$ 时，求其排列。

我们比较普通型母函数和指数型母函数，可以看出普通型的母函数的标志函数为 $1,x,x^2,...,x^n$；而指数型函数的标志函数为 $1,x/1!,x^2/2!,x^3/3!...,x^n/n!$。
这样的映射也有其意义：

$\displaystyle\frac{x^i}{i!}$ 代表的意义是：在某个方案中某个元素出现了 $i$ 次，而在不同位置中的 $i$ 次出现是相同的。

另外，在指数型母函数使用的过程中，一般都会用到高等数学里的 $e^x$的泰勒展开式：
$e^x=\sum_{n=0}\frac{x^n}{n!}=1 + x+\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}...+\frac{x^n}{n!}+...$
$(e^x+e^{-x})/2=\sum_{n=0}\frac{x^{2n}}{2n!}=1 +\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}...+\frac{x^{2n}}{2n!}+...$
$(e^x-e^{-x})/2=\sum_{n=0}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}= x+\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}...+\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}+...$
下面来举个例子：

由 $1,2,3,4$四个数字组成的五位数中，要求数 $1$出现两次或三次， $2$ 最多出现一次， $4$ 出现偶数次。

这很明显是一个排列数的问题，在我们有了上述普通型母函数的经验之后，我们可以类似地开始构造我们的指数型母函数：

1. $1$ 出现两次或三次，对应的母函数： $\displaystyle\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!}$

2. $2$ 最多出现 一次，对应的母函数: $\displaystyle1+\frac{x}{1!}$

3. $3$ 出现没有要求， $\displaystyle1+ \frac{x}{1!}+ \frac{x^2}{2!} +\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^{n}}{n!}+...$

4. $4$ 出现偶数次， $\displaystyle1+\frac{x^2}{2!} +\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}...+\frac{x^{2n}}{2n!}+...$

那么本题的母函数：
$\displaystyle G(x) = (\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!})*(1+\frac{x}{1!})*(1+ \frac{x}{1!}+ \frac{x^2}{2!} +\frac{x^3}{3!}+...+\frac{x^{n}}{n!}+...)*(1+\frac{x^2}{2!} +\frac{x^4}{4!}+\frac{x^6}{6!}...+\frac{x^{2n}}{2n!}+...)$

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

所以
$G(x)=(\frac{x^2}{2!}+\frac{x^3}{3!})*(1+\frac{x}{1!})*e^x*(e^x+e^{-x})/2$
$=\displaystyle(\frac{x^2}{4}+\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{12})*(e^{2x}+1)$
我们要求的是 $5$ 位数，那么我们的答案就应该是 $\displaystyle\frac{x^5}{5!}$前面的系数。
我们已经有了 $x^2,x^3,x^4$，所以只需要补上 $x^3,x^2,x^1$

将 $e^{2x}$按泰勒展开后，可以得到系数是：

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

HDU 1521 排列组合
题意

有n种物品，并且知道每种物品的数量。要求从中选出m件物品的排列数。例如有两种物品A,B，并且数量都是1，从中选2件物品，则排列有"AB","BA"两种。

思路

根据题意，这是一个多重集的排列数问题，所以考虑使用指数型生成函数，然后就是一顿模板。

#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};
//求阶乘
int fac(int n) {
	int res = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) res *= i;
	return res;
}
//指数型母函数
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;
}