母函数&组合数学 HDU1028

HDU1028，背包，树，母函数

树：

由n=8的解答树，可知该解答树有4个子树记作A[8][1]、A[8][2]、A[8][3]、A[8][4]

A[8][1] = A[7][1] + A[7][2] + A[7][3] + 1.

A[8][2] = A[6][2] + A[6][3] + 1

A[8][3] = A[5][3] + 1

A[8][4] = A[4][4] + 1

记A[8][0]为n=8的总结点，则A[8][0] = A[8][1] + A[8][2] + A[8][3] + A[8][4] + 1

由此规律，代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;
int main()
{
int A[125][125]={0};
int n;
//打表
for(int k = 1;k <= 120;k++)　　//都有等号
{
A[k][0] = 1;
for(int i = 1; i <= k/2; i++){
for(int j = i; j <= (k-i)/2; j++)　　
{
A[k][i] += A[k-i][j];
}
A[k][i] += 1;//加自身的一种情况
A[k][0] += A[k][i];//和为k的所有情况
}
}
while(~scanf("%d",&n))
{
printf("%d ",A[n][0]);
}
return 0;
}

母函数：

 1 #include <iostream>
 2 using namespace std;
 3 // Author: Tanky Woo
 4 // www.wutianqi.com
 5 const int _max = 10001; 
 6 // c1是保存各项质量砝码可以组合的数目
 7 // c2是中间量，保存没一次的情况
 8 int c1[_max], c2[_max];   
 9 int main()
10 {    //int n,i,j,k;
11     int nNum;   // 
12     int i, j, k;
13  
14     while(cin >> nNum)
15     {
16         for(i=0; i<=nNum; ++i)   // ---- ①
17         {
18             c1[i] = 1;
19             c2[i] = 0;
20         }
21         for(i=2; i<=nNum; ++i)   // ----- ②
22         {
23  
24             for(j=0; j<=nNum; ++j)   // ----- ③
25                 for(k=0; k+j<=nNum; k+=i)  // ---- ④
26                 {
27                     c2[j+k] += c1[j];
28                 }
29             for(j=0; j<=nNum; ++j)     // ---- ⑤
30             {
31                 c1[j] = c2[j];
32                 c2[j] = 0;
33             }
34         }
35         cout << c1[nNum] << endl;
36     }
37     return 0;
38 }

① 、首先对c1初始化，由第一个表达式(1+x+x^2+..x^n)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(前面i個表达式累乘的表达式)里第j个变量，(这里感谢一下seagg朋友给我指出的错误，大家可以看下留言处的讨论)。如(1+x)(1+x^2)(1+x^3)，j先指示的是1和x的系数，i=2执行完之后变为
（1+x+x^2+x^3）(1+x^3)，这时候j应该指示的是合并后的第一个括号的四个变量的系数。

④ 、 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）。

⑤ 、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。

母函数与组合数：

首先回忆一下组合数：从n个不同元素中，任取m(m≤n)个元素并成一组，叫做从n个不同元素中取出m个元素的一个组合；从n个不同元素中取出m(m≤n)个元素的所有组合的个数，叫做从n个不同元素中取出m个元素的组合数。

母函数：形如：G(x) = a1*x + a2*x^2 + a3*x^3……的函数称为x的母函数。这种函数可以由几个表达式相乘实现。

　　例如：掷两个骰子，求掷出n点有几种可能？（2<=n<=12)

　　可以看成分布策略，并把每个骰子抽象化为x，每个骰子的点数用幂指数表示：

　　(x^1 + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6) * (x^1 + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + x^6)

　　= ( x^2 + 2x^3 + 3x^4 + 4x^5 + 5x^6……x^12)

　　结果中，每一项前面的系数就是所得点数的组合数。

开始看了一个大牛的博客：http://www.wutianqi.com/?p=596 没看懂，换了一个，以下内容转自：http://blog.csdn.net/xiaofei_it/article/details/17042651

母函数，又称生成函数，是ACM竞赛中经常使用的一种解题算法，常用来解决组合方面的题目。

本文讲解母函数，但不讲解该算法的基础理论。读者随便找一本组合数学教材便可找到相应的内容，或者直接在网上搜索一下。

母函数通常解决类似如下的问题：

给5张1元，4张2元，3张5元，要得到15元，有多少种组合？

某些时候会规定至少使用3张1元、1张2元、0张5元。

某些时候会规定有无数张1元、2元、5元。

……

解题过程

解题时，首先要写出表达式，通常是多项的乘积，每项由多个x^y组成。如(1+x+x^2)(1+x^4+x^8)(x^5+x^10+x^15)。

通用表达式为

(x^(v[0]*n1[0])+x^(v[0]*(n1[0]+1))+x^(v[0]*(n1[0]+2))+...+x^(v[0]*n2[0]))
(x^(v[1]*n1[1])+x^(v[1]*(n1[1]+1))+x^(v[1]*(n1[1]+2))+...+x^(v[1]*n2[1]))
...
(x^(v[K]*n1[K])+x^(v[K]*(n1[K]+1))+x^(v[K]*(n1[K]+2))+...+x^(v[K]*n2[K]))

K对应具体问题中物品的种类数。

v[i]表示该乘积表达式第i个因子的权重，对应于具体问题的每个物品的价值或者权重。

n1[i]表示该乘积表达式第i个因子的起始系数，对应于具体问题中的每个物品的最少个数，即最少要取多少个。

n2[i]表示该乘积表达式第i个因子的终止系数，对应于具体问题中的每个物品的最多个数，即最多要取多少个。

对于表达式(1+x+x^2)(x^8+x^10)(x^5+x^10+x^15+x^20)，v[3]={1,2,5}，n1[3]={0,4,1}，n2[3]={2,5,4}。

解题的关键是要确定v、n1、n2数组的值。

通常n1都为0，但有时候不是这样。

n2有时候是无限大。

之后就实现表达式相乘，从第一个因子开始乘，直到最后一个为止。此处通常使用一个循环，循环变量为i。每次迭代的计算结果放在数组a中。计算结束后，a[i]表示权重i的组合数，对应具体问题的组合数。

循环内部是把每个因子的每个项和a中的每个项相乘，加到一个临时的数组b的对应位（这里有两层循环，加上最外层循环，总共有三层循环），之后就把b赋给a。

这些过程通常直接套用模板即可。

通用模板

下面我直接给出通用模板：

 1 //a为计算结果，b为中间结果。
 2  
 3 int a[MAX],b[MAX];
 4  
 5 //初始化a
 6  
 7 memset(a,0,sizeof(a));
 8  
 9 a[0]=1;
10  
11 for (int i=1;i<=17;i++)//循环每个因子,一个括号为一个因子
12  
13 {
14  
15 memset(b,0,sizeof(b));
16  
17 for (int j=n1[i];j<=n2[i]&&j*v[i]<=P;j++)//循环每个因子的每一项
18  
19 for (int k=0;k+j*v[i]<=P;k++)//循环a的每个项
20  
21 b[k+j*v[i]]+=a[k];//把结果加到对应位
22  
23 memcpy(a,b,sizeof(b));//b赋值给a
24  
25 }

P是可能的最大指数。拿钞票组合这题来说，如果要求15元有多少组合，那么P就是15；如果问最小的不能拼出的数值，那么P就是所有钱加起来的和。P有时可以直接省略。具体请看本文后面给出的例题。

如果n2是无穷，那么第二层循环条件j<=n2[i]可以去掉。

如何提高效率？

用一个last变量记录目前最大的指数，这样只需要在0..last上进行计算。

这里给出第二个模板：

//初始化a，因为有last，所以这里无需初始化其他位
a[0]=1;
int last=0;
for (int i=0;i<K;i++)
{
	int last2=min(last+n[i]*v[i],P);//计算下一次的last
	memset(b,0,sizeof(int)*(last2+1));//只清空b[0..last2]
	for (int j=n1[i];j<=n2[i]&&j*v[i]<=last2;j++)//这里是last2
		for (int k=0;k<=last&&k+j*v[i]<=last2;k++)//这里一个是last，一个是last2
			b[k+j*v[i]]+=a[k];
	memcpy(a,b,sizeof(int)*(last2+1));//b赋值给a，只赋值0..last2
	last=last2;//更新last
}

例题

下面看几个例题。

一、hdu 1085和hdu 1171两题套用了第二个模板，省略了代码中二三层循环里关于last2的条件（其实也可以加上）。

详见：

hdu 1085：http://blog.csdn.net/xiaofei_it/article/details/17041467

hdu 1171：http://blog.csdn.net/xiaofei_it/article/details/17041709

二、hdu 1398套用了第一个模板，因为n2中每一项为无穷大，所以n2数组就省略了。

详见：

hdu 1398：http://blog.csdn.net/xiaofei_it/article/details/17041815

三、hdu 2079、hdu 2082和hdu 2110三题直接套用了第二个模板。

详见：

hdu 2079：http://blog.csdn.net/xiaofei_it/article/details/17042045