关于母函数问题的一点讨论

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#母函数 #DP

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母函数问题的讨论

典型例题

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1028

题意分析

有无限1元2元…n元的硬币问组合成一个x元硬币的可能有多长种

解法分析

母函数解法

http://blog.youkuaiyun.com/vsooda/article/details/7975485
每一种硬币用一个多项式表示如有3个1元银币就是(1+x+x^2+x^3)代表他出现的所有可能可以凑成价值为1 2 3 的各一种
所以母函数的核心是根据方程
(1+x+x^2+x^3+x^4…..)(1+x^2+x^4+x^6+…)(1+x^3+x^6….)….(1+x^n+x^2n+x^3n…)
打开方程得到的一个1+ax^1+bx^2+cx^3+…..+zx^n算数式
其中价值为n的硬币就有z种组合
拿价值为3的硬币举例方程
(1+x+x^2+x^3)(1+x^2)(1+x^3)
=(1+x+2x^2+2x^3+x^4+x^5)(1+x^3)
=1+x+2+2x^2+3x^3+2x^4+2x^5…
最后得到3x^3 代表可以有3种方法凑成价值为3的硬币分别是：
1元硬币3个
1元1个2元一个
3元一个
所以代码如下

#include<stdio.h>
main()
{
    int a[150],b[150],n,i,j,k,t;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        for(i=0;i<=n;i++)
        {
            a[i]=1;
            b[i]=0;
        }
        for(i=2;i<=n;i++) //从2的硬币开始
        {
            for(j=0;j<=n;j++)//表示第I个括号里的第J项
            {
                for(k=0;k<=n;k=k+i)//表示次数
                {
                    b[k+j]=b[k+j]+a[j];
                }    
            }
            for(t=0;t<=n;t++)
            {
                a[t]=b[t];
                b[t]=0;
            }
        }
        printf("%d\n",a[n]);
    }
}

优点
- 简单明了入门简单。理解简单
- 利用空间小
- 通用
缺点
- 需要循环三次时间复杂度o(n^3) 第一个嵌套代表硬币种类第二个嵌套代表第i个硬币种类中的第j项第三个嵌套表示这项和前面相乘的结果

dp解法

定义状态 a[i][j] 表示i这个数用面值小于等于j的硬币表示的整数分割的情况
- 比如a[4][1]代表着想用面值小于等于1的硬币凑出价值为4的解
- 当i==j的时候 a[i][j]=a[i][j-1]+1 理解为当i=j的时候肯定比j-1的情况下多一种直接用价值为j的硬币凑成价值为j的情况
- 当i>j的时候将会有两种情况
  - 状态方程a[i-j][j] 理解使用价值为j的硬币那么他需要得到i-j的价值用面值小于等于j的硬币来组成的所有情况
  - 状态方程a[i][j-1] 理解为可以不用价值为j的硬币来组成那么他有a[i][j-1]种情况
  - 所以i>j的时候会有a[i][j]=a[i][j-1]+a[i-j][j]的情况
解题代码

#include<iostream>
using namespace std;
#define maxn 121
int dp[maxn][maxn]={0};
int main()
{
    int i,j;
    for(i=1;i<=121;i++)dp[1][i]=dp[i][1]=1;
    for(i=2;i<121;i++)
    {
        for(j=2;j<=121;j++)
        {
            if(i<j) dp[i][j]=dp[i][i];
            else if(i==j)dp[i][j]=1+dp[i][j-1];
            else if(i>j) dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1];
        }
    }
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)printf("%d\n",dp[n][n]);
    return 0;
}

优点
- 循环两次得到所需要的状态时间复杂度o(n^2)
缺点
- 状态转移方程比较难想
- 当有限制数量的时候。无法求解。原因dp[i][j]是由三种方式构成。注意a[i-j][j]当这个状态的时候，他并不知道a[i-j][j]的最大解中间是有多少个面值为j的硬币

递推解法

代码

#include<iostream>
#include <cstring>

using namespace std;
int main()
{
    int dp[305],res[305],n;
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    memset(res,0,sizeof(res));
    dp[0]=res[0]=1;
    for(int i=1;i<=120;i++){
        for(int j=0;j+i<=120;j++){
            if(dp[j]){
                dp[j+i]=dp[j];
                res[j+i]+=res[j];
            }
        }
    }
    while(cin>>n&&n){
        cout<<res[n]<<endl;
    }
    return 0;
}

分析并不适用于限制硬币数量的解
- 原因：当检查dp[j]的时候程序只能知道j的价值是已知的。那么对于i+j 相当是原有的i+j的可能加上j的所有可能（因为j的所有可能加上i都是等于i+j的）。于是res[j+i]+=res[j] 但是程序不知道的是价值为j的物品是由多少个面值为i的硬币拼出来的。而这个面值为i的硬币可能已经被用光了，那么就不能i+j了。所以这里出现了硬币数量的冲突。所以并不使于限制硬币数量的解