【hdoj_1085】Holding Bin-Laden Captive![母函数]

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1085

可以这样理解题意：给出1元，2元和5元的三种硬币若干，每种硬币数量给出，现在可以从所有的硬币中，选出若干(三种中的若干种，若干个)组合出一定的金额，待求的是不能组合出来的金额的最小值.

例如

题目给出的测试例题中，三种硬币数量分别为1,1,3，则题目抽象成数学问题为：

(1+x)(1+x^2)(1+x^5+x^10+x^15)的乘积展开式中，按照次数递增的顺序排列，第一个系数为0的项的次数是多少次？

展开之后，可以发现，1，x，x^2，x^3都存在，x^4不存在，所以，结果为4.

再例如

三种硬币的数量分别为2,1,2，则(1+x+x^2)(1+x^2)(1+x^5+x^10)，展开式中1，x，...，x^14(最高次项)都存在，系数都不为0，所以，第一个系数为0的项为x^15，所以，结果为15.

思路：给出三种硬币的数量分别为n1,n2,n5，则最大金额为max=1*n1+2*n2+5*n5，最小金额为0，如果中间缺省一些金额，则求出最小的缺省的金额，如果中间不缺省，则题目所求的最小值为max+1.

直观理解的C++代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;

int main()
{
	int n1,n2,n5;
	while(1)
	{
		cin >> n1 >> n2 >> n5;
		if(!n1 && !n2 && !n5)//结束条件
			break;

		int c[10000] = {0};//若money表示金额，则c[money]值的意思是组成金额money共有几种可能的组合，如果为0，则不能组成这种金额.

		for(int i=0;i<=n1;i++)
			for(int j=0;j<=n2;j++)
				for(int k=0;k<=n5;k++)//(每种硬币最少可以选择0个，最多可以选择n_i个)
				{
					int money = 1*i + 2*j + 5*k;//在选择i个1，j个2和k个5的情况下的金额
					c[money] += 1;//组成金额money的可能方法+1
				}
		int max = 1*n1+2*n2+5*n5;//最大金额
		int ok = 0;//开关变量
		for(int m=0;m<=max;m++)
			if(!c[m])//如果第m项系数为0
			{
				cout << m << endl;//输出这个结果
				ok = 1;
				break;
			}
		if(!ok)//如果0~max的项的系数均非0
			cout << max+1 << endl;
	}
	
	return 0;
}

上述代码提交，提示超时.因为，代码中含有三层循环，而每层循环的最大次数为1000次，所以最大总共循环次数为10^9.

简化的做法是将三层循环分布化为两层循环，(A)(B)(C)可以先计算A和B组合的结果D，再计算D和C组合的结果.

如何用代码实现？看一个例子：

1个1元,1个2元,3个5元，则：

首先，单独用一种硬币可以组合的金额对应的方法种类数分别为：

只用1元的：a[0] = 1，a[1] = 1;

只用2元的：b[0] = 1，b[1] = 0，b[2] = 1;

只用5元的：c[0]  = 1，c[1~4] = 0，c[5] = 1，c[6~9] = 0，c[10] = 1，c[11~14] = 0，c[15]=1;

然后，组合1元和2元的：

d[0] = a[0]*b[0] = 1;

d[1] = a[0]*b[1] + a[1]*b[0] = 1;

d[2] = a[0]*b[2] = 1;

d[3] = a[1]*b[2] = 1;

之后，再将上面的结果与5元的组合：

e[0] = d[0]*c[0] = 1;

e[1] = d[1]*c[0] = 1;

e[2] = d[2]*c[0]  =1;

e[3] = d[3]*c[0] = 1;

e[4] = 0(没有方法可以组合得到4)

......

上述过程的C++代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;

int main()
{
	int num_1,num_2,num_5;
	while(1)
	{
		cin >> num_1 >> num_2 >> num_5;
		if(!num_1 && !num_2 && !num_5)//结束条件
			break;

		int a[10000]={0},b[10000]={0},c[10000]={0},d[10000]={0},e[10000]={0};
		int i,j;
		
		//初始化：只用一种硬币，可以组合成的金额对应的方法种类数
		for(i=0;i<=num_1;i++)
			a[i] = 1;
		for(i=0;i<=num_2;i++)
			b[2*i] = 1;
		for(i=0;i<=num_5;i++)
			c[5*i] = 1;
		
		//1和2组合的结果
		for(i=0;i<=num_1;i++)
			for(j=0;j<=num_2;j++)
				d[i+2*j] += a[i] * b[2*j];
			//[注意]a[i]*b[2*j]中间的乘号：i对应a[i]种方法,2*j对应b[2*j]中方法，所以i+2*j对应a[i]*b[2*j]种方法

		//1和2组合之后，再与5组合的结果
		for(i=0;i<=num_1+2*num_2;i++)
			for(j=0;j<=num_5;j++)
				e[i+5*j] += d[i] * c[5*j];
		
		int max = num_1 + 2*num_2 + 5*num_5;
		
		/*输出各项系数(组合成这种金额的方法种类数)
		for(i=0;i<=max;i++)
			cout << e[i] << " ";
		cout << endl;
		*/

		int ok = 0;
		for(i=0;i<=max;i++)
			if(!e[i])
			{
				cout << i << endl;
				ok = 1;
				break;
			}
		if(!ok)
			cout << max+1 << endl;
	}

	return 0;
}

上述代码，提交AC.

总结和注意：

1.本题用到组合数学的思想，第一种代码(三层循环)有助于理解思路，第二种代码，无非将()()()的过程拆分成两部分，从而避免过多循环.在代码实现时候，可以用一个难度适中的实例，手动计算整个过程，有助于理解写代码.

2.第二种代码中，【注意】