传送阵 Matrix67大神的总结:跟着大神学,也不喜欢叫母函数,都称生成函数。
在数学中,某个序列 的生成函数是一种形式幂级数,其每一项的系数可以提供关于这个序列的信息。使用生成函数解决问题的方法称为母函数方法。
生成函数可分为很多种,包括普通生成函数、指数生成函数、L级数、贝尔级数和狄利克雷级数。对每个序列都可以写出以上每个类型的一个生成函数。构造生成函数的目的一般是为了解决某个特定的问题,因此选用何种生成函数视乎序列本身的特性和问题的类型。
生成函数的表示一般使用解析形式,即写成关于某个形式变量x的形式幂级数。对幂级数的收敛半径中的某一点,可以求母函数在这一点的级数和。但无论如何,由于母函数是形式幂级数的一种,其级数和不一定对每个x的值都存在。
具体我就不多说了,Matrix67大神blog里说得很好,我就直接上题了。
HDU1085 Holding Bin-Laden Captive!
生成函数的简单题,分别有1,2,5面值的货币q1,q2,q3个,让你求出最小不能由提供的货币组成的数值。由于此题很简单,只考虑了两种情况就行了。
Y=(1+x^2+x^3+x^4…+x^q1*1)*(1+x^2+x^4+x^6…x^q2*2)*(1+x^5+x^10+…x^q3*5)(这是母函数公式)
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#include<iostream>
-
#include<cstdio>
-
#include<algorithm>
-
#include<cstring>
-
#include<string>
-
#include<cmath>
-
#include<set>
-
#include<vector>
-
#include<stack>
-
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
-
#define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
-
#define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
-
#define N 1000000007
-
using namespace std;
-
inline void RD(int &ret)
-
{
-
char c;
-
do
-
{
-
c=getchar();
-
}
-
while(c<'0'||c>'9');
-
ret=c-'0';
-
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
-
{
-
ret=ret*10+(c-'0');
-
}
-
}
-
inline void OT(int a)
-
{
-
if(a>=10)
-
{
-
OT(a/10);
-
}
-
putchar(a%10+'0');
-
}
-
int main()
-
{
-
int x,y,z,sum;
-
while(1)
-
{
-
RD(x);
-
RD(y);
-
RD(z);
-
if(x==0&&y==0&&z==0)
-
{
-
break;
-
}
-
if(x==0)
-
{
-
sum=1;
-
}
-
else if(x+2*y<4)
-
{
-
sum=x+2*y+1;
-
}
-
else
-
{
-
sum=x+2*y+5*z+1;
-
}
-
printf("%d\n",sum);
-
}
-
return 0;
-
}
HDU1171 Big Event in HDU
这是一道典型的生成函数题型,不过也可以用dp做,题意是给出n个不同价值vi的物品,且物品数量为ci,让你将总的价值分为最相近的两部分,且价值不同的话,价值大的在前。这就是一个生成函数模板题,建立c1[]、c2[],然后得到系数项,从中间找非空项就行了。但是,这题的恶心之处超乎你想象,首先是判跳出,注意是n<0而不是n==-1,然后是数据范围,5000绝对不够,请开到100001,。已wa出翔。
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#include<iostream>
-
#include<cstdio>
-
#include<algorithm>
-
#include<cstring>
-
#include<string>
-
#include<cmath>
-
#include<set>
-
#include<vector>
-
#include<stack>
-
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
-
#define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
-
#define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
-
#define N 1000000007
-
using namespace std;
-
inline void RD(int &ret)
-
{
-
char c;
-
do
-
{
-
c=getchar();
-
}
-
while(c<'0'||c>'9');
-
ret=c-'0';
-
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
-
{
-
ret=ret*10+(c-'0');
-
}
-
}
-
inline void OT(int a)
-
{
-
if(a>=10)
-
{
-
OT(a/10);
-
}
-
putchar(a%10+'0');
-
}
-
int c1[100001],c2[100001],num[51],val[51];
-
int main()
-
{
-
int n,i,j,k,sum,ans;
-
while(scanf("%d",&n))
-
{
-
if(n<0)
-
{
-
break;
-
}
-
sum=0;
-
FOR(1,n,i)
-
{
-
scanf("%d%d",&val[i],&num[i]);
-
sum+=num[i]*val[i];
-
}
-
ans=sum;
-
sum/=2;
-
mem(c1,0);
-
mem(c2,0);
-
c1[0]=1;
-
FOR(1,n,i)
-
{
-
FOR(0,sum,j)
-
{
-
for(k=0;k<=num[i]*val[i]&&k+j<=sum;k+=val[i])
-
{
-
c2[j+k]+=c1[j];
-
}
-
}
-
FOR(0,sum,j)
-
{
-
c1[j]=c2[j];
-
c2[j]=0;
-
}
-
}
-
for(i=sum;i>0;--i)
-
{
-
if(c1[i]!=0)
-
{
-
break;
-
}
-
}
-
printf("%d %d\n",ans-i,i);
-
}
-
return 0;
-
}
HDU1059 Dividing
首先这题并不算是一个可以用生成函数过题,应该是一个完全背包+二进制转化的题目,但是由于数据较水,进行一些取模运算就可以用生成函数模板运算过了,建议当做模板练手题,然后再用完全背包再过一遍。题意就是问1~6价值的硬币分别有a1~a6个,问能否分为相等的两部分。
-
#include<iostream>
-
#include<cstdio>
-
#include<algorithm>
-
#include<cstring>
-
#include<string>
-
#include<cmath>
-
#include<set>
-
#include<vector>
-
#include<stack>
-
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
-
#define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
-
#define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
-
#define N 1000000007
-
using namespace std;
-
inline void RD(int &ret)
-
{
-
char c;
-
do
-
{
-
c=getchar();
-
}
-
while(c<'0'||c>'9');
-
ret=c-'0';
-
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
-
{
-
ret=ret*10+(c-'0');
-
}
-
}
-
inline void OT(int a)
-
{
-
if(a>=10)
-
{
-
OT(a/10);
-
}
-
putchar(a%10+'0');
-
}
-
int a[7];
-
int c1[20001];
-
int main()
-
{
-
int i,j,k,sum,ans,f,cas=0;
-
while(1)
-
{
-
cas++;
-
f=0;
-
sum=0;
-
FOR(1,6,i)
-
{
-
scanf("%d",&a[i]);
-
if(a[i]==0)
-
{
-
f++;
-
}
-
a[i]%=10;
-
sum+=a[i]*i;
-
}
-
if(f==6)
-
{
-
break;
-
}
-
ans=sum;
-
printf("Collection #%d:\n",cas);
-
if(ans%2==1)
-
{
-
printf("Can't be divided.\n");
-
}
-
else
-
{
-
sum/=2;
-
mem(c1,0);
-
c1[0]=1;
-
FOR(1,6,i)
-
{
-
for(j=sum;j>=0;--j)
-
{
-
for(k=1; k<=a[i]&&k*i+j<=sum; k++)
-
{
-
c1[j+k*i]|=c1[j];
-
}
-
}
-
}
-
if(c1[sum]!=0)
-
{
-
printf("Can be divided.\n");
-
}
-
else
-
{
-
printf("Can't be divided.\n");
-
}
-
}
-
printf("\n");
-
}
-
return 0;
-
}
HDU1398 Square Coins
这也算是一道生成函数的好题,一种与完全平方数的结合。题意很简单,给你一个n,问你n可以由完全平方数组成的方案数。
Y=(1+x+x^2+...+x^n)*(1+x^2+x^4+...)*...
-
#include<iostream>
-
#include<cstdio>
-
#include<algorithm>
-
#include<cstring>
-
#include<string>
-
#include<cmath>
-
#include<set>
-
#include<vector>
-
#include<stack>
-
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
-
#define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
-
#define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
-
#define N 1000000007
-
using namespace std;
-
inline void RD(int &ret)
-
{
-
char c;
-
do
-
{
-
c=getchar();
-
}
-
while(c<'0'||c>'9');
-
ret=c-'0';
-
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
-
{
-
ret=ret*10+(c-'0');
-
}
-
}
-
inline void OT(int a)
-
{
-
if(a>=10)
-
{
-
OT(a/10);
-
}
-
putchar(a%10+'0');
-
}
-
int c1[301],c2[301];
-
int main()
-
{
-
int n,i,j,k;
-
while(1)
-
{
-
RD(n);
-
if(n==0)
-
{
-
break;
-
}
-
FOR(0,n,i)
-
{
-
c1[i]=1;
-
c2[i]=0;
-
}
-
for(i=2;i*i<=n;++i)
-
{
-
FOR(0,n,j)
-
{
-
for(k=0;k+j<=n;k+=i*i)
-
{
-
c2[k+j]+=c1[j];
-
}
-
}
-
FOR(0,n,j)
-
{
-
c1[j]=c2[j];
-
c2[j]=0;
-
}
-
}
-
printf("%d\n",c1[n]);
-
}
-
return 0;
-
}
HDU1028也是一道生成函数可以解决的题目,但我用五角数公式过了,就不深入了,可以作为练手。
POJ3734 Blocks
不得不说poj的这道生成函数相比上面的模板套用,模板变形题要有深度。这题可以用矩阵乘做,但今天是生成函数专题,就不像昨天那样了。这题题意是可以用红蓝绿黄四种
给模块涂色,且要求红色与绿色的模块数必须为偶数。生成函数本来就可以解决组合数学的问题,所以这题再合适不过了。
根据生成函数公式我们可以得到这样一个式子:Y=[(1+x+x^2/2!+x^3/3!+x^4/4!...)^2]*[(1+x^2/2!+x^4/4!+...)^2]
这个式子里乘号前是蓝色和黄色的方案,乘号后是红色与绿色的方案。由于是求组合数,颜色相同时前后放置为同一种情况,所以需要除以排列数。
推导过程:
Y==>(由泰勒展式)1/4*e^2x*(e^x+e^(-x))^2==>1/4*(e^4x+2e^2x+1)==>(逆推导)1/4*sigma(4^i+2*2^i)*x^i
所以系数就是1/4(4^n+2*2^n)==>(4^(n-1)+2^(n-1)),这样就是可以直接用快速幂取模得到。。。
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#include<iostream>
-
#include<cstdio>
-
#include<algorithm>
-
#include<cstring>
-
#include<string>
-
#include<cmath>
-
#include<set>
-
#include<vector>
-
#include<stack>
-
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
-
#define FOR(a,b,i) for(i=a;i<=b;++i)
-
#define For(a,b,i) for(i=a;i<b;++i)
-
#define N 10007
-
using namespace std;
-
inline void RD(int &ret)
-
{
-
char c;
-
do
-
{
-
c=getchar();
-
}
-
while(c<'0'||c>'9');
-
ret=c-'0';
-
while((c=getchar())>='0'&&c<='9')
-
{
-
ret=ret*10+(c-'0');
-
}
-
}
-
inline void OT(int a)
-
{
-
if(a>=10)
-
{
-
OT(a/10);
-
}
-
putchar(a%10+'0');
-
}
-
__int64 p(__int64 x,__int64 y)
-
{
-
__int64 res=1;
-
while(y>0)
-
{
-
if(y%2==1)
-
{
-
res=(res*x)%N;
-
}
-
x=(x*x)%N;
-
y/=2;
-
}
-
return res%N;
-
}
-
int main()
-
{
-
int t,n;
-
__int64 sum;
-
RD(t);
-
while(t--)
-
{
-
RD(n);
-
sum=(p(4,n-1)+p(2,n-1))%N;
-
printf("%I64d\n",sum);
-
}
-
return 0;
-
}
POJ2084 Game of Connections
卡特兰数,由于通项公式可由生成函数得到,所以也发一道。。。
令h(0)=1,h(1)=1,catalan数满足递推式[1]:
h(n)= h(0)*h(n-1)+h(1)*h(n-2) + ... + h(n-1)h(0) (n>=2)
例如:h(2)=h(0)*h(1)+h(1)*h(0)=1*1+1*1=2
h(3)=h(0)*h(2)+h(1)*h(1)+h(2)*h(0)=1*2+1*1+2*1=5
另类递推式[2]:
h(n)=h(n-1)*(4*n-2)/(n+1);
递推关系的解为:
h(n)=C(2n,n)/(n+1) (n=0,1,2,...)
递推关系的另类解为:
h(n)=c(2n,n)-c(2n,n+1)(n=0,1,2,...)
这题是道高精度,直接java搞了,没难度。
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import java.io.*;
-
import java.math.*;
-
import java.util.*;
-
import java.text.*;
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public class Main
-
{
-
public static void main(String[] args)
-
{
-
Scanner cin=new Scanner(System.in);
-
BigInteger sum,ans;
-
int n,i;
-
while(true)
-
{
-
n=cin.nextInt();
-
if(n==-1)
-
{
-
break;
-
}
-
sum=BigInteger.ONE;
-
ans=BigInteger.ONE;
-
for(i=1;i<=n;++i)
-
{
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sum=sum.multiply(BigInteger.valueOf(i));
-
ans=ans.multiply(BigInteger.valueOf(2*n-i+1));
-
}
-
ans=ans.divide(sum);
-
ans=ans.divide(BigInteger.valueOf(n+1));
-
System.out.println(ans);
-
}
-
}
-
}