母函數及其應用

時間  2020-03-30
標籤 母函數 及其 應用 简体版
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        母函數，又稱生成函數，是ACM競賽中常用的一種解題算法，經常使用來解決組合方面的題目。php

使用母函數解決問題的方法稱爲母函數方法。算法

1．母函數的原理

        對於序列C0、C1、C2、…、Cn，構造函數G(x)=C0+C1x+C2x2+…+Cnxn，稱G(x)爲序列C0、C1、C2、…、Cn的母函數。編程

        先來看一道例題。數組

例1  砝碼稱重app

        有1克、2克、3克和4克的砝碼各一枚，能稱出哪幾種重量？每種重量各有幾種可能方案？less

        4個不一樣重量的砝碼，最小可稱重1克，最多可稱重10克（1+2+3+4）。因爲數據量較小，咱們能夠直接枚舉。枚舉狀況如表1所示。ide

表1  4個砝碼稱重函數

可稱重量測試

方案組合狀況spa

方案數

1

1（表示選用重量爲1克的砝碼，下同）

1

2

2

1

3

1+二、3

2

4

1+三、4

2

5

1+四、2+3

2

6

1+2+三、2+4

2

7

1+2+四、3+4

2

8

1+3+4

1

9

2+3+4

1

10

1+2+3+4

1

下面，咱們用母函數來解決這個問題。

1個1克砝碼能夠當作1+x1，1表示不取，x1表示取一個，如下同理。

1個2克砝碼能夠當作1+x2

1個3克砝碼能夠當作1+x3

1個4克砝碼能夠當作1+x4

構造母函數g(x)=(1+x1)(1+x2)(1+x3)(1+x4)

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

        在這個函數中，若指數表示可稱出重量，係數表示方案數，則能夠看出重量爲3克、4克、5克、6克、7克的方案數均有兩種，而重量爲1克、2克、8克、9克、10克的方案只有1種。與表1中枚舉狀況吻合。

        固然，例1這個問題比較簡單。由於，4個砝碼在稱重時，每一個砝碼或選用或不用，所以，稱重組合有2*2*2*2=16種狀況，能夠很方便地枚舉。若是砝碼種類再多一些，或每種砝碼的個數有多個，仍然採用枚舉的話並不容易。

        例如，咱們設有1克、2克和3克的砝碼各3個，用這9個砝碼能稱出哪幾種重量？每種重量各有幾種可能方案？

        9個3種重量的砝碼，最小可稱重1克，最多可稱重18克（1+2+3）*3=18。雖然說數據量略有增大，咱們仍是先枚舉。枚舉狀況如表2所示。

表2  9個砝碼稱重

可稱重量

方案組合狀況

方案數

1

1

1

2

1+一、2

2

3

1+1+一、1+二、3

3

4

1+1+二、1+三、2+2

3

5

1+1+1+二、1+1+三、1+2+二、2+3

4

6

1+1+1+三、1+1+2+二、1+2+三、2+2+二、3+3

5

7

1+1+1+2+二、1+1+2+三、1+2+2+二、1+3+三、2+2+3

5

8

1+1+1+2+三、1+1+2+2+二、1+1+3+三、1+2+2+三、2+3+3

5

9

1+1+1+2+2+二、1+1+1+3+三、1+1+2+2+三、1+2+3+三、2+2+2+三、3+3+3

6

10

與8對應（9個砝碼去掉8中的每種狀況，不一一列舉）

5

11

與7對應

5

12

與6對應

5

13

與5對應

4

14

與4對應

3

15

與3對應

3

16

1+1+1+2+2+3+3+三、1+2+2+2+3+3+3 （與2對應）

2

17

1+1+2+2+2+3+3+3   （與1對應）

1

18

1+1+1+2+2+2+3+3+3

1

        下面，咱們用母函數來解決這個問題。

        3個1克砝碼能夠當作1+x1+x2+x3，1表示1個不取，x1表示取1個，x2表示取2個，x3表示取3個，如下同理。

        3個2克砝碼能夠當作1+x2+x4+x6

        3個3克砝碼能夠當作1+x3+x6+x9

        構造母函數

        g(x)=( 1+x1+x2+x3)( 1+x2+x4+x6)( 1+x3+x6+x9)

              =1+x+2x2+3x3+3x4+4x5+5x6+5x7+5x8+6x9+5x10+5x11+5x12+4x13+3x14+3x15+2x16+x17+x18

        能夠看出，各項前的係數與表2中也是一一吻合的。 

        下面再看一道例題。

例2  擲骰子

        擲兩隻骰子（每隻點數爲1~6之一），可擲出的點數中，哪一個點數的方案數最多？

        顯然，兩隻骰子可擲出的點數最小爲2（1+1），最多爲12（6+6）。兩隻骰子的點數組合有6*6=36種，數據不大，能夠枚舉。例如：

        若兩個骰子之和是2，只有1+1這1種可能。

         ……

        若兩個骰子之和是6，有多是1+五、5+一、2+四、4+二、3+3，一共5種可能。

        若兩個骰子之和是7，有多是1+六、6+一、2+五、5+二、3+四、4+3，一共6種可能。

         ……

        若兩個骰子之和是12，只有6+6這1種可能。

        若是有m只骰子呢？顯然很差列舉。

        用母函數來解決。

         用（x+x2+…+x6）表示一隻骰子的投擲過程，兩隻骰子的投擲可構造母函數

        G(x)= （x+x2+…+x6）（x+x2+…+x6）

                = x2+2x3+3x4+4x5+5x6+6x7+5x8+4x9+3x10+2x11+x12

        在母函數中，xn項前面的係數就表示了和爲n的方案數目。

        若是骰子的數目爲m，構造母函數爲

        G(x)= （x+x2+…+x6）m  便可。 

        由上面兩個例子咱們能夠當作，使用母函數來解決組合類計數問題時很是方便。經過構造母函數，咱們獲得冪級數形式的多項式，對於這個多項式咱們不關心x的取值，也不關心其函數值，只需關心各項前的係數。

2．母函數的應用

        母函數可分爲不少種，包括普通母函數、指數母函數等。構造母函數的目的通常是爲了解決某個特定的問題，所以選用何種母函數視序列自己的特性和問題的類型。

        母函數有普通型的，也有指數型的。而咱們一般在解題中碰到的大可能是普通型的，指數型的較少。下面主要介紹普通型母函數的應用。

        採用母函數解決問題時，主要有兩個關鍵問題要解決：（1）母函數的構造；（2）構造母函數時多項式相乘的實現。

        下面咱們先討論例1中母函數 g(x)=( 1+x1+x2+x3)( 1+x2+x4+x6)( 1+x3+x6+x9)的計算方法。

        因爲母函數g(x)的最高冪次項爲x18（3+6+9=18），能夠定義兩個數組C1[19]和C2[19]，其中數組C1保存多項式相乘後各項的係數，數組元素C1[i]保存xi的係數；C2用於中間運算。

        初始時，能夠定義C1和C2的各元素初值均爲0（除C1[0]=1外），表示初始時g(x)=1；也能夠定義C1[0]=C1[1]=C1[2]=C1[3]=1，其他元素均爲0，表示初始時g(x)= 1+x1+x2+x3，此時能夠少進行一次多項式的相乘運算。

        爲了加深對模板程序的編寫方法的理解，咱們採用g(x)=1時的定義來闡述。

        初始時，c1[0]=1，需進行三次相乘運算（可寫成循環for (i=1;i<=3;i++) ）。

        當i=1時，進行第1次相乘運算，每次運算將數組C1中的非零元素（即多項式中的有效項）與當前多項式相乘，結果暫存到數組C2的對應數組元素中。

         第1次相乘運算完成1*（1+x1+x2+x3）。

        因爲此時只有C1[0]=1，它要與多項式1+x1+x2+x3中的4項分別相乘

        所以，C2[0+0]= C2[0+0]+C1[0]=1，C2[0+1]= C2[0+1]+C1[0]=1，

                   C2[0+2]= C2[0+2]+C1[0]=1，C2[0+3]= C2[0+3]+C1[0]=1。

        運算完成後，將數組C2的各元素值轉存到數組C1中，且從新置數組C2的各元素值爲0。

        此時，C1數組中保存的多項式爲1+x1+x2+x3

        當i=2時，進行第2次相乘運算，第2次相乘運算完成（1+x1+x2+x3）*（1+x2+x4+x6）。

        因爲此時，C1[0]=1，，它要與多項式1+x2+x4+x6中的4項分別相乘

        所以，C2[0+0]= C2[0+0]+C1[0]=1，C2[0+2]= C2[0+2]+C1[0]=1，

                  C2[0+4]= C2[0+4]+C1[0]=1，C2[0+6]= C2[0+6]+C1[0]=1。

        C1[1]=1，它也要與多項式1+x2+x4+x6中的4項分別相乘

        所以，C2[1+0]= C2[1+0]+C1[1]=1，C2[1+2]= C2[1+2]+C1[1]=1，

                   C2[1+4]= C2[1+4]+C1[1]=1，C2[1+6]= C2[1+6]+C1[1]=1。

        C1[2]=1，它也要與多項式1+x2+x4+x6中的4項分別相乘

        所以，C2[2+0]= C2[2+0]+C1[2]=2，C2[2+2]= C2[2+2]+C1[2]=2，

                   C2[2+4]= C2[2+4]+C1[2]=2，C2[2+6]= C2[2+6]+C1[2]=1。

        C1[3]=1，它也要與多項式1+x2+x4+x6中的4項分別相乘

        所以，C2[3+0]= C2[3+0]+C1[3]=2，C2[3+2]= C2[3+2]+C1[3]=2，

                   C2[3+4]= C2[3+4]+C1[3]=2，C2[3+6]= C2[3+6]+C1[3]=1。

        運算完成後，一樣將數組C2的各元素值轉存到數組C1中，且從新置數組C2的各元素值爲0。

        此時，C1數組中保存的多項式爲1+x+2x2+2x3+2x4+2x5+2x6+2x7+x8+x9

        當i=3時，進行第3次相乘運算，第3次相乘運算完成（1+x+2x2+2x3+2x4+2x5+2x6+2x7+x8+x9）*（1+x3+x6+x9）。咱們能夠像上面同樣進行運算，相似寫40個賦值表達式便可。但咱們不這樣，而是將上面的運算用循環的方法寫出來。

  for  (int j=0; j<=18; j++)

      if  (C1[j]!=0)       對多項式中的有效項進行乘法運算

      {

           for (int k=0;k<=3;k++)    // 當前有效項與多項式1+x3+x6+x9中每項相乘

               C2[k*i+j]=C2[k*i+j]+C1[j];

      }

  for (int j=0;j<=18;j++)

  {  c1[j]=c2[j];   c2[j]=0;  }

        按上面循環進行運算後，C1數組中保存的多項式爲：

        1+x+2x2+3x3+3x4+4x5+5x6+5x7+5x8+6x9+5x10+5x11+5x12+4x13+3x14+3x15+2x16+x17+x18

         這樣，例1中的擴展問題咱們能夠寫成以下的程序。

#include <stdio.h>

int main(void)

{

        int c1[19],c2[19];

        for (int i=0;i<19;i++)

         {

             c1[i]=c2[i]=0;

         }

         c1[0]=1;

         for (int i=1;i<=3;i++)

         {

                   for (int j=0;j<=18;j++)

                           if (c1[j])

                              for (int k=0; k<=3;k++)

                                     c2[j+k*i]+=c1[j];

                  for(int j=0;j<=18;j++)

                 {  c1[j]=c2[j]; c2[j]=0; }

       }

      for (int i=0;i<=18;i++)

         printf("%d  ",c1[i]);

      return 0;

}

       更通常的。例如，有n種物品，且第i個物品有ki個，現要在這n種物品中取出m件物品，求取法的方案總數。採用母函數時，能夠列n個多項式相乘 (x^0+x^1+...x^k1)*(x^0+x^1+...x^k2)*…*(x^0+x^1+...x^kn)，第i個多項式表示對於第i件物品，能夠有(x^0+x^1+...x^ki)中取法。將這些多項式相乘後，結果中x^m項的係數就是組合成m件物品的全部方案數。一樣能夠套用上面的程序。

 例3  正整數的拆分

問題描述

給定一個正整數N，能夠將其拆分紅若干個小於或等於N的正整數之和。例如，N=4是，存在5種拆分方法，列舉以下：

  4 = 4;

  4 = 3 + 1;

  4 = 2 + 2;

  4 = 2 + 1 + 1;

  4 = 1 + 1 + 1 + 1;

注意：4 = 3 + 1和4 = 1 + 3是同一種拆分方法，不能重複計數。

輸入格式

輸入包括多個測試數據，每一個測試數據爲一個正整數N (1<=N<=120)。輸入N=0做爲結束。

輸出格式

對每一個測試數據，輸出將其拆分的不一樣方案數。每一個結果佔1行。

輸入樣例

4

10

20

0

輸出樣例

5

42

627

        （1）編程思路。

        對於正整數N，其拆分式中能夠包括1~N這N個數，這N個數最多取N個，能夠重複取某個數。

        數字1最多可取N個，能夠當作1+x1+x2+x3+…+xN，1表示1個不取，x1表示取1個1，x2表示取2個1，x3表示取3個1，表示取N個1，如下同理。

        數字2能夠當作1+x2+x4+x6+…+xN/2

         ……

        數字N能夠當作1+x1。

        構造母函數

           g(x)=( 1+x1+x2+x3+…)( 1+x2+x4+x6+…)( 1+x3+x6+x9+…)……（1+x1）

        （2）源程序。

#include <stdio.h>

int main(void)

{

    int c1[121],c2[121];

    int n,i,j,k;

    while(scanf("%d",&n)!=EOF)

    {

          for (i=0;i<=n;i++)

           {

              c1[i]=c2[i]=0;

           }

           c1[0]=1;

           for (i=1;i<=n;i++)

           {

                  for (j=0;j<=n;j++)

               if (c1[j])

                           for (k=0; j+k*i<=n;k++)

                                 c2[j+k*i]+=c1[j];

            for (j=0;j<=n;j++)

            {  c1[j]=c2[j]; c2[j]=0; }

           }

           printf("%d\n",c1[n]);

       }

       return 0;

} 

例4  找單詞（HDU 2082）

Problem Description

假設有x1個字母A， x2個字母B，..... ，x26個字母Z，同時假設字母A的價值爲1，字母B的價值爲2，.....，字母Z的價值爲26。那麼，對於給定的字母，能夠找到多少價值<=50的單詞呢？單詞的價值就是組成一個單詞的全部字母的價值之和，好比，單詞ACM的價值是1+3+14=18，單詞HDU的價值是8+4+21=33。（組成的單詞與排列順序無關，好比ACM與CMA認爲是同一個單詞）。

Input

輸入首先是一個整數N，表明測試實例的個數。

而後包括N行數據，每行包括26個<=20的整數x1,x2,.....x26.

Output

對於每一個測試實例，請輸出能找到的總價值<=50的單詞數，每一個實例的輸出佔一行。

Sample Input

2

1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

9 2 6 2 10 2 2 5 6 1 0 2 7 0 2 2 7 5 10 6 10 2 10 6 1 9

Sample Output

7

379297

        （1）編程思路。

        本題一樣採用母函數來解決。定義數組int a[27]，其中數組元素a[0]~a[25]分別保存字母A~Z可供選取的個數；定義數組int b[27]，其中數組元素b[0]~b[25]分別保存字母A~Z的價值，顯然b[i]=i+1。

        構造母函數g(x)=(1+xb[0]+x2*b[0]+x3*b[0]+…+xa[0]*b[0])

                                  (1+xb[1]+x2*b[1]+x3*b[1]+…+xa[1]*b[1])

                               ……(1+xb[25]+x2*b[25]+x3*b[25]+…+xa[25]*b[25])

        運算時，只保留冪次不超過50的項的係數。最後將求得的x1~x50項的係數所有加起來就是問題的答案。

        （2）源程序。

#include <stdio.h>

int main()

{

    int a[27],b[27],c1[51],c2[51];

    int n,i,j,k,sum;

    scanf("%d",&n);

    while (n--)

    {

       sum=0;

       for (i=0;i<26;i++)

       {

           scanf("%d",&a[i]);

           b[i]=i+1;

       }

       for (i=0;i<=50;i++)

          c1[i]=c2[i]=0;

       c1[0]=1;

       for (i=0;i<26;i++)

       {

           for (j=0;j<=50;j++)

              if (c1[j])

                 for (k=0;k+j<=50&&k<=a[i]*b[i];k+=b[i])

                 {

                     c2[k+j]+=c1[j];

                 }

           for(j=0;j<=50;j++)

           {  c1[j]=c2[j]; c2[j]=0; }

       }

       for(i=1;i<=50;i++)

          sum+=c1[i];

        printf("%d\n",sum);

    }

      return 0;

} 

例5  Square Coins （HDU1398）

Problem Description

People in Silverland use square coins. Not only they have square shapes but also their values are square numbers. Coins with values of all square numbers up to 289 (=17^2), i.e., 1-credit coins, 4-credit coins, 9-credit coins, ..., and 289-credit coins, are available in Silverland.

There are four combinations of coins to pay ten credits:

ten 1-credit coins,

one 4-credit coin and six 1-credit coins,

two 4-credit coins and two 1-credit coins, and

one 9-credit coin and one 1-credit coin.

Your mission is to count the number of ways to pay a given amount using coins of Silverland.

Input

The input consists of lines each containing an integer meaning an amount to be paid, followed by a line containing a zero. You may assume that all the amounts are positive and less than 300.

Output

For each of the given amount, one line containing a single integer representing the number of combinations of coins should be output. No other characters should appear in the output.

Sample Input

2

10

30

0

Sample Output

1

4

27

        （1）編程思路。

        本題一樣採用母函數來解決。因爲可選數爲12~172共17種數，所以

        構造母函數g(x)=(1+x1+x2*1+x3*1+…) (1+x1*2*2+x2*2*2+x3*2*2+…)…(1+x1*17*17)

        運算時，只保留冪次不超過300的項的係數。

        （2）源程序。

#include <stdio.h>

int main(void)

{

    int c1[301],c2[301];

    int n,i,j,k;

    for (i=0;i<=300;i++)

    {

       c1[i]=c2[i]=0;

    }

    c1[0]=1;

    for (i=1;i<=17;i++)

    {

           for (j=0;j<=300;j++)

           if (c1[j])

                    for (k=0; j+k*i*i<=300;k++)

                          c2[j+k*i*i]+=c1[j];

        for (j=0;j<=300;j++)

        {  c1[j]=c2[j]; c2[j]=0; }

    }

    while(scanf("%d",&n)!=EOF && n!=0)

           printf("%d\n",c1[n]);

    return 0;

} 

例6  分硬幣

問題描述

有面值分別爲1~6的6種硬幣。小明和小紅收集了這樣的硬幣若干枚，如今他們要將這些硬幣按價值平分。但他們發現有時無法平分。例如，現有面值爲1的硬幣1枚，面值爲3的硬幣1枚，面值爲4的硬幣2枚，這4枚硬幣他們就沒法平分。

輸入格式

輸入包括多組測試數據，每組數據佔1行，有n1, n2, ..., n6共6個非負整數，其中ni表示面值爲i的硬幣的個數。每種硬幣最多不超過20000枚。

輸入數據以「0 0 0 0 0 0」做爲結束。

輸出格式

對每組測試數據，輸出一行「Collection #k:」，其中k爲測試數據組的序號；而後若是能平分，輸出「Can be divided.」，不然輸出「Can't be divided.」。每組輸出後加1空行。

輸入樣例

1 0 1 2 0 0

1 0 0 0 1 1

0 0 0 0 0 0

輸出樣例

Collection #1:

Can't be divided.

 

Collection #2:

Can be divided. 

        （1）編程思路。

        有6種硬幣，每種硬幣的枚數保存到數組int a[7]中，其中a[i]保存面值爲i的硬幣的枚數。若是各硬幣枚數的同時計算出這些硬幣的總價值sum。如sum爲奇數，顯然不能平分；若爲偶數，則構造母函數，若母函數中冪次爲sum/2的項的係數不爲0，能夠平分，不然不能平分。

        構造母函數爲G(x)=(1+x+x2+x3+…+xa[1])(1+x2+x4+…+x2∗a[2])…(1+x6+x12+…+x6*a[6])

        因爲題目中規定每種硬幣最多不超過20000枚，但實際上1~6的最小公倍數爲60，所以咱們將每種硬幣的個數對60取模，不影響判斷結果，但可大大提升效率，避免大量重複計算。

        （2）源程序。

#include <stdio.h>

int main(void)

{

    int a[7];

    int c1[631],c2[631];

    int n=0,i,j,k;

    while (1)

    {

         int sum=0;

         for (i=1;i<=6;i++)

         {

             scanf("%d",&a[i]);

             a[i]=a[i]%60;

             sum+=i*a[i];

         }

         if (a[1]+a[2]+a[3]+a[4]+a[5]+a[6]==0) break;

         printf("Collection #%d:\n",++n);

         if (sum%2!=0) printf("Can't be divided.\n\n");

         else

         {

             sum=sum/2;

             for (i=0;i<=sum;i++)

             {

                c1[i]=c2[i]=0;

             }

             c1[0]=1;

             for (i=1;i<=6;i++)

             {

                      for (j=0;j<=sum;j++)

                    if (c1[j])

                                   for (k=0; k<=a[i] && j+k*i<=sum; k++)

                                           c2[j+k*i]+=c1[j];

                 for (j=0;j<=sum;j++)

                 {  c1[j]=c2[j]; c2[j]=0; }

             }

             if (c1[sum]!=0) printf("Can be divided.\n\n");

             else   printf("Can't be divided.\n\n");

         }

    }

    return 0;

} 

例7  換硬幣

問題描述

在一次促銷活動中，你收到了一堆硬幣，這些硬幣有1分、5分、10分、25分和50分共5種。在結算聘請的促銷員的報酬時你準備用這些硬幣支付。

例如，要支付某促銷員11分，你能夠有以下4中支付方式：1個10分和1個1分，2個5分和1個1分，1個 5分和6個1分，11個1分。

設某促銷員的報酬爲N分，用這5種硬幣進行支付的總方案數爲多少？爲避免一個促銷員拿一把硬幣的麻煩，支付時限定給某一個促銷員的硬幣總個數不能超過100個。

輸入格式

輸入包括多行，每行爲一個正整數N（N≤250）。

輸出格式

對每行的正整數N，輸出採用5中硬幣支付的方案數，每一個輸出結果佔1行。

輸入樣例

11

26

輸出樣例

4

13

        （1）編程思路。

        本題是母函數的擴展應用。由於題目中要求支付時限定給某一個促銷員的硬幣總個數不能超過100個。所以在記錄組成價值N的不一樣方案數時，須要同時記錄所用到的總硬幣個數。

        將通常使用時採用的一維數組定義爲二維數組int c1[251][101]={0},c2[251][101]={0};，其中元素c1[i][j]表示用j枚硬幣組成價值爲i的方案數。

       （2）源程序。

#include <stdio.h>

int c1[251][101]={0},c2[251][101]={0};

// 元素c1[i][j]表示用j枚硬幣組成價值爲i的方案數

int main(void)

{

    int v[5]={1,5,10,25,50};

    int i,j,k,l;

    for (i=0;i<=100;i++)

       c1[i][i]=1;  // 全採用面值爲1的硬幣，i枚硬幣組成價值爲i的方案數爲1

    for (i=1;i<=4;i++)

    {

          for (j=0;j<=250;j++)

         for (k=0;k+j<=250;k+=v[i])

             for (l=0;l+k/v[i]<=100;l++)

                c2[k+j][l+k/v[i]]+=c1[j][l];

       for (j=0;j<=250;j++)

         for (k=0;k<=100;k++)

         {

            c1[j][k]=c2[j][k];

            c2[j][k]=0;

         }

    }

    int n;

    while (scanf("%d",&n)!=EOF)

    {

        int sum=0;

        for (i=0;i<=100;i++)

            sum+=c1[n][i];

        printf("%d\n",sum);

    }

    return 0;

} 

例8   硬幣湊數

問題描述

設有num1個1元硬幣，num2個2元硬幣，num5個5元硬幣，問你用這些硬幣不能湊出的最小面值是多少？（0不算）

輸入格式

輸入包括多組測試用例。每組測試用例包括3個正整數num一、num2和num5 (0<=num_i<=1000)。以輸入0 0 0表示結束。

輸出格式

輸出不能湊出的最小值。

輸入樣例

1 1 3

0 0 0

輸出樣例

4

        （1）編程思路。

        由於硬幣有1分、2分和5分三種狀況，每種硬幣有個數限制，所以構造母函數爲：

        G(x)=(1+x+x2+x3+…+xnum1)(1+x2+x4+…+x2∗num2)(1+x5+x10+…+x5∗num5)

        將母函數多項式展開後，xi項對應的係數就是組成面值爲i的方案數。

        而後從i=1開始遍歷xi項對應的係數，若某項xi的係數爲0，則i就是不能湊出的最小值。

        （2）源程序。

#include <stdio.h>

int main(void)

{

    int num[4],money[5]={0,1,2,5},c[8005];

    while(scanf("%d%d%d",&num[1],&num[2],&num[3])!=EOF)

       {

              if(num[1]==0 && num[2]==0 && num[3]==0)

                     break;

              int maxVal=0,i,j,k;

              for (i=0;i<8002;i++)

                     c[i]=0;

              c[0]=1;

              for (i=1;i<=3;i++)

              {

                     maxVal+=num[i]*money[i];

                     for (j=0;j<=maxVal;j++)

                            for (k=0;k<=num[i] && j+k*money[i]<=maxVal;k++)

                                   c[j+k*money[i]]+=c[j];

              }

              for (i=1;;i++)

                     if(c[i]==0)

                     {

                            printf("%d\n",i);

                            break;

                     }

       }

       return 0;

} 

例9  水果拼盤

問題描述

果農老根一共種了N種水果，有蘋果，梨子，香蕉，西瓜……不但味道好吃，樣子更是好看。因爲今年收成很好，老根得到了大豐收。因而，不少人慕名而來，找老根買水果。

老根決定推出水果拼盤。每份水果拼盤由M個水果組成，拼盤中的每種水果，個數上有限制，既不能少於某個特定值，也不能大於某個特定值。

問老根一共能夠推出多少種不一樣組合方案的水果拼盤？

注意：水果是以個爲基本單位，不可以再分。對於兩種方案，若是各類水果的數目都相同，則認爲這兩種方案是相同的。

輸入格式

本題目包含多組測試，請處理到文件結束(EOF)。

每組測試第一行包括兩個正整數N和M（0<N,M<=100）

接下來有N行水果的信息，每行兩個整數A，B(0<=A<=B<=100)，表示至少要買該水果A個，至多隻能買該水果B個。

輸出格式

對於每組測試，在一行裏輸出總共可以賣的方案數。

題目數據保證這個答案小於10^9

輸入樣例

2 3

1 2

1 2

3 5

0 3

0 3

0 3

輸出樣例

2

12

        （1）編程思路。

        本題一樣採用母函數來解決。定義數組int a[101]和int b[101]，其中數組元素a[i]和b[i]分別保存第i種水果在拼盤中的最少數目和最多數目。

        構造母函數g(x)=(xa[1]+xa[1]+1+xa[1]+2+…+xb[1]) (xa[2]+xa[2]+1+xa[2]+2+…+xb[2])

                                 ……(xa[n]+xa[n]+1+xa[n]+2+…+xb[n])

        運算時，只保留冪次不超過M的項的係數。

        （2）源程序。

#include <stdio.h>

int main(void)

{

    int c1[101],c2[101];

    int a[101],b[101];

    int n,m,i,j,k;

    while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)

    {

         for (i=1;i<=n;i++)

            scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);

         for (i=0;i<=m;i++)

         {

             c1[i]=c2[i]=0;

         }

         c1[0]=1;

         for (i=1;i<=n;i++)

         {

                for (j=0;j<=m;j++)

               if (c1[j])

                         for (k=a[i]; k<=b[i] && j+k<=m; k++)

                               c2[j+k]+=c1[j];

             for (j=0;j<=m;j++)

             {  c1[j]=c2[j]; c2[j]=0; }

         }

           printf("%d\n",c1[m]);

    }

    return 0;

} 

例10  質數和分解

        選自洛谷題庫（https://www.luogu.com.cn/problem/P2563）

題目描述

任何大於 1 的天然數 n 均可以寫成若干個大於等於 2 且小於等於 n 的質數之和表達式(包括只有一個數構成的和表達式的狀況)，而且可能有不止一種質數和的形式。例如，9 的質數和表達式就有四種本質不一樣的形式：

9 = 2 + 5 + 2 = 2 + 3 + 2 + 2 = 3 + 3 + 3 = 2 + 7 。

這裏所謂兩個本質相同的表達式是指能夠經過交換其中一個表達式中參加和運算的各個數的位置而直接獲得另外一個表達式。

試編程求解天然數 n 能夠寫成多少種本質不一樣的質數和表達式。

輸入格式

文件中的每一行存放一個天然數 n(2 < n < 200) 。

輸出格式

依次輸出每個天然數 n 的本質不一樣的質數和表達式的數目。

輸入樣例

2

200

輸出樣例

1

9845164

        （1）編程思路。

        先將200之內的全部質數求出來，保存到數組prime中。而後用數組中每一個質數的取法做爲一個多項式構造母函數。

        構造的母函數爲g(x)=(1+x2+x4+x6+…) (1+x3+x2*3+x3*3+…) (1+x5+x2*5+x3*5+…)

                                       ……(1+x199+x2*199+x3*199+…)

        且求得的母函數中最高冪次項的冪次不超過200.

        （2）源程序。

#include <stdio.h>

int isPrime(int n)

{

    if (n<2) return 0;

    for (int i=2;i<=n/2;i++)

        if (n%i==0) return 0;

    return 1;

}

int main(void)

{

       int prime[201],c1[201],c2[201];

       int i,j,k;

       int cnt=0;

       for (i=0;i<201;i++)

       {

           c1[i]=c2[i]=0;

           if (isPrime(i)==1) prime[cnt++]=i;

       }

       c1[0]=1;

       for (i=0;i<cnt;i++)

       {

              for (j=0;j<=200;j++)

                    if (c1[j])

                       for (k=0; j+k*prime[i]<=200;k++)

                            c2[j+k*prime[i]]+=c1[j];

             for(j=0;j<=200;j++)

            {  c1[j]=c2[j]; c2[j]=0; }

       }

      int n;

      while(scanf("%d",&n)!=EOF)

         printf("%d\n",c1[n]);

     return 0;

}

         在理解了母函數及其應用方法的基礎上，能夠刷一下以下的OJ題目。這幾道題目都可以採用普通型母函數解決。

（1）Big Event in HDU  （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1171）

（2）Crisis of HDU （http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2110）

（3）悼念512汶川大地震遇難同胞——來生一塊兒走

（http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2189）

（4）小A點菜     （https://www.luogu.com.cn/problem/P1164）

（5）砝碼稱重      （https://www.luogu.com.cn/problem/P2347）

（5）Ant Counting   （http://poj.org/problem?id=3046）

（6）Dollar Dayz    （http://poj.org/problem?id=3181）

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