ACM算法总结生成函数

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也叫母函数，常用来解决组合方面的问题。

一个常见的例子如下：

有 n 种硬币，每一种硬币的面值为 $a_i$ ，数目为 $c_i$ ，问用这些硬币可以组合出哪些数值的面值，并且各自有多少种组合方法。

这显然是一个背包问题，但是我们考虑用生成函数来解决。一般来说普通的母函数为这样的形式 $a_0+a_1x+a_2x^2+...+a_nx^n$ ，系数表示方案数，指数表示方案的状态。对于上面那个问题，可以转化为这样一个多项式乘法：
$\begin{aligned} &\prod\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=0}^{c_i}x^{ja_i} \\ =& (1+x^{a_1}+x^{2a_1}+\cdots+x^{c_1a_1})(1+x^{a_2}+\cdots+x^{c_2a_2})\cdots(1+x^{a_n}+\cdots+x^{c_na_n}) \end{aligned}$
把它展开之后，每个 x 的指数就表示了组成的面值，系数就表示了方案数。

一道例题 Ignatius and the Princess III ：给出正整数 N（ $1\le n \le 120$ ），问有多少种本质不同的方案可以使得 $a_1+a_2+\cdots a_m=N$ ，并且满足 $m\le N,a_i>0$ 。这里本质不同指的是 1 2 1 和 1 1 2 算同一种方案。

完全背包肯定是可以做的，生成函数的话可以考虑计算一个这样的式子： $(1+x+x^2+\cdots)(1+x^2+x^4+\cdots)\cdots(1+x^N)$ ，然后就可以了。

代码：

#define DIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define DOUT freopen("output.txt","w",stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> P;
int read()
{
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

const int maxn=120;
int f[maxn+5],n,g[maxn+5];

int main()
{
    REP(i,0,maxn) f[i]=1;
    REP(k,2,maxn)
    {
        REP(i,0,maxn) for(int j=0;j+i<=maxn;j+=k)
            g[j+i]+=f[i];
        REP(i,0,maxn) f[i]=g[i],g[i]=0;
    }
    while(~scanf("%d",&n))
        printf("%d\n",f[n]);

    return 0;
}

再比如说一道稍微复杂一些的题目 Easy ，题意如下：给定三个正整数 N，M 和 K（ $1\le K\le N,M \le 10^6$ ），如果找到两个正整数序列 A 和 B，满足 $\sum\limits_{i=1}^KA_i=N$ 以及 $\sum\limits_{i=1}^KB_i=M$ ，那么就可以获得收益 $\prod\limits_{i=1}^K min(A_i,B_i)$ ，问可以获得的总收益是多少？

先不考虑 $min(A_i,B_i)$ 的收益，只考虑前面的条件限制，我们很容易列出生成函数 $(x+x^2+\cdots)^K(y+y^2+\cdots)^K=(\frac{xy}{(1-x)(1-y)})^K$ ，然后其中 $x^Ny^M$ 的系数就是方案数，现在我们需要考虑的是对于每个 $x^iy^j$ ，给它赋予一个系数 $m i n (i, j)$ 。因为每个 $x^iy^j$ 实际上只是一个方案，如果我们可以把它变成 $m i n (i, j)$ 个方案那就行了。所以把原生成函数转换为 $(x+x^2+\cdots)^K(y+y^2+\cdots)^K(1+xy+(xy)^2+\cdots)^K=(\frac{xy}{(1-x)(1-y)(1-xy)})^K$ ，这样每个 $x^iy^j$ 实际上也可以由 $x^{i-1}y^{j-1},\cdots,x^{1}y^{j-i+1}$ 搭配 $x y$ 的某个幂组合出来，所以原来的一个方案就变成了要求的系数。

在 $(\frac{xy}{(1-x)(1-y)(1-xy)})^K$ 这个生成函数下，我们只需要计算出 $x^Ny^M$ 的系数，这就是我们需要的答案。分子已经有了 $x^Ky^K$ ，所以我们需要计算出 $(\frac{1}{(1-x)(1-y)(1-xy)})^K$ 中 $x^{N-K}y^{M-K}$ 的系数，不难看出该式子是三个级数的乘积，对于 $\frac{1}{(1-x)^n}$ 中某一项的系数的求法，有如下公式：

根据广义二项式定理，有如下公式：

$(1+x)^{-n}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}(-1)^kC_{n+k-1}^kx^k$

$(1-x)^{-n}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}C_{n+k-1}^kx^k$

所以，原问题的答案就是 $ans=\sum\limits_{i=0}^{N-K}C_{K+i-1}^i C_{K+N-K-i-1}^{N-K-i}C_{K+M-K-i-1}^{M-K-i}$ 。

代码：

#define DIN freopen("input.txt","r",stdin);
#define DOUT freopen("output.txt","w",stdout);
#include <bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define REP(i,a,b) for(int i=(a);i<=(int)(b);i++)
#define REP_(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef vector<int> VI;
typedef pair<int,int> P;
int read()
{
    int x=0,flag=1; char c=getchar();
    while((c>'9' || c<'0') && c!='-') c=getchar();
    if(c=='-') flag=0,c=getchar();
    while(c<='9' && c>='0') {x=(x<<3)+(x<<1)+c-'0';c=getchar();}
    return flag?x:-x;
}

const int maxn=1e6+5,N=1e6;
const LL M=998244353;
LL inv[maxn],jie[maxn];

LL ksm(LL x,LL n)
{
    LL ret=1;
    while(n)
    {
        if(n&1) ret=ret*x%M;
        x=x*x%M;
        n>>=1;
    }
    return ret;
}

LL C(LL n,LL m)
{
    if(n<0 || m<0 || n<m) return 0;
    if(!n || !m) return 1;
    return jie[n]*inv[m]%M*inv[n-m]%M;
}

int main()
{
    jie[0]=1;
    REP(i,1,N) jie[i]=jie[i-1]*i%M;
	REP(i,0,N) inv[i]=ksm(jie[i],M-2);
	int T=read();
	while(T--)
    {
        int n=read(),m=read(),k=read();
        if(n>m) swap(n,m);
        LL ans=0;
        REP(i,0,n-k)
        {
            LL x1=C(k+i-1,i);
            LL x2=C(k+n-k-i-1,n-k-i);
            LL x3=C(k+m-k-i-1,m-k-i);
            ans+=x1*x2%M*x3%M;
        }
        printf("%lld\n",ans%M);
    }

    return 0;
}