普通母函数：
可以用来求解一些组合数问题，例如最经典的x中砝码可以构成重量为y方案数有多少？
普通的话穷举所有的方案数是2^n的复杂度，指数级增长很快
但是利用母函数的话，可以转换成一个幂级数的乘积的形式，转换方案见代码，可以将复杂度降低到n^3，是一个幂级数复杂度，远低于指数级复杂度
题目如下：
/* 普通母函数：将离散数列的构造简化为幂级数 例子:现在1g 3g 5g 9g 的砝码各有无限个，问构成13g的方案数有多少 我们知道1g的可以选择1个，2个，3个...13个 我们用x1 x2 x3...x13代表 3g的可以选择1个，2个，3个，4个，我们用x3 x6 x9 x12代表 5g 9g 同理 下角标代表的是重量 前面的标号就是方案数 于是我们可以列出来算式就是(x1+x2+x3+x4+..+x13)*(x3+x6+x9+x12)*(x5+x10)*(x9)=...=a*x2+b*x5=a*b*x7 之后求13的方案数就是x13的系数 为什么称之为母函数呢 实际上是一种思想 就是一种将离线序列转换为幂级数的方案 */ #include<stdio.h> #include<iostream> #include<algorithm> #include<string.h> using namespace std; int maxx; int n; int a[100]; int sug[100]; ///保存每个值的系数 int tmp[100]; ///保存临时结果 int main() { while( scanf("%d" , &n)!=EOF ) { scanf("%d" , &maxx); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d" , &a[i]); } memset(tmp , 0 , sizeof(tmp)); for(int i=0; i<=maxx; i+=a[1]) ///从0开始因为可以不选这个 { sug[i] = 1; } for(int i=2; i<=n; i++) { for(int j=1; j<=maxx; j++) { for(int k=0; k<=maxx; k+=a[i]) { tmp[j+k] += sug[j]*1; } } for(int j=1; j<=maxx; j++) { sug[j] = tmp[j]; tmp[j] = 0; } } for(int i=1; i<=maxx; i++) printf("%d..%d.. " , i , sug[i]); ///输出组成每种重量的方案数 } return 0; }
指数型母函数：
用来求解多重集的排列问题
指数型母函数：（用来求解多重集的排列问题）
n个元素，其中a1，a2，····，an互不相同，进行全排列，可得n!个不同的排列。
若其中某一元素ai重复了ni次，全排列出来必有重复元素，其中真正不同的排列数应为 ，即其重复度为ni!
同理a1重复了n1次，a2重复了n2次，····，ak重复了nk次，n1+n2+····+nk=n。
对于这样的n个元素进行全排列，可得不同排列的个数实际上是
若只对其中的r个元素进行排列呢，那就用到了指数型母函数。
构造母函数G(x)=+则称G(x)是数列a0,a1…an的指数型母函数。
一般过程：
1.建立模型：物品n种，每种数量分别为k1,k2,..kn个，求从中选出m个物品的排列方法数。
2.构造母函数：G(x)=(1+ + …+)(1+ ++…)…(1+ ++…)
=a0+a1·x+ · + · +… · （其中pp=k1+k2+k3…kn）
G(x)含义：ai为选出i个物品的排列方法数。
若题中有限定条件，只要把第i项出现的列在第i项的式中，未出现的不用列入式中。
如:物品i出现的次数为非0偶数，则原式改为…*( + + )*…
感谢：https://blog.csdn.net/yu121380/article/details/79914529