母函数在ACM中也是容易出现的题目。这次专门写这一个专题，以题带讲，从简到难。

   hdu1028题：题意是输入n，求其组合式子的个数；

　　例子：

  　　4 = 4;
　　  4 = 3 + 1;
　　  4 = 2 + 2;
　　  4 = 2 + 1 + 1;
　　  4 = 1 + 1 + 1 + 1;

　　个数为5；

　　Sample Input
　　　　4 10 20
 
　　Sample Output
　　　　5 42 627
 
典型入门题：AC代码如下：初始化的时候有一个优化是网上其他代码所没有具备的。
　　 
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;


int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        int a[2][n+1];
        memset(a,0,sizeof(a));
        //这是一个优化
        a[0][0] = a[1][0] = 1;
        for(int i=1;i<=n;++i)
        {
            memset(a[1],0,sizeof(a[1]));
            for(int j=0;j<=n;++j)
                for(int k=0;j+k<=n;k += i)
                    a[1][k+j] += a[0][j];
            memcpy(a[0],a[1],sizeof(a[0]));
        }
        printf("%d\n",a[0][n]);


    }
    return 0;
}
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hdu1085：

　　题意：有1,2,5元，数量对应问n1,n2,n5;求最小不能组成。

 

AC代码：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

int main()
{
    int n1,n2,n5;
    while(~scanf("%d%d%d",&n1,&n2,&n5))
    {
        if(n1==0&&n2==0&&n5==0)
            break;
        int maxS = n1 + 2*n2 + 5*n5 + 1;
        int a[2][maxS+1];
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i=0;i<=n1;++i)
            a[0][i] = 1;
        for(int i=0;i<=n1;++i)
            for(int j=0;j<=2*n2;j += 2)
                a[1][i+j] += a[0][i];
        memcpy(a[0],a[1],sizeof(a[0]));
        memset(a[1],0,sizeof(a[1]));
        for(int i=0;i<=n1+2*n2;++i)
            for(int j=0;j<=5*n5;j += 5)
                a[1][i+j] += a[0][i];
        for(int i=0;i<=maxS;++i)
        {
            if(a[1][i]==0)
            {
                printf("%d\n",i);
                break;
            }
        }

    }
    return 0;
}
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 hdu2082：

     中文题不解释了，母函数，然后从1加到50就能AC了。

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

int main()
{
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        __int64 f[2][51];
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][0] = 1;
        int c;
        for(int i=1;i<=26;++i)
        {
            scanf("%d",&c);
            c = i*c;    //把个数转换成价值限制
            for(int j=0;j<=50;++j)
                for(int k=0;j+k<=50&&k<=c;k += i)
                    f[1][j+k] += f[0][j];
            memcpy(f[0],f[1],sizeof(f[1]));
            memset(f[1],0,sizeof(f[1]));
        }
        __int64 sum = 0;
        for(int i=1;i<=50;++i)
            sum += f[0][i];
        printf("%I64d\n",sum);
    }
    return 0;
}
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hdu2110:

　　输入n，之后n行有pi，mi，分别表示价值与个数。求总价值的三分之一有多少种分法，结果mod10000，如果不能分则输出sorry。

AC代码如下：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n),n)
    {
        int pi[n],mi[n],T=0;//价值，数量
        for(int i=0;i<n;++i)
        {
            scanf("%d%d",&pi[i],&mi[i]);
            T += pi[i]*mi[i];
        }
        bool bCanDone = true;
        if(T%3 != 0)
            bCanDone = false;
        else{
           int a[2][T+1];
           memset(a,0,sizeof(a));
           a[0][0] = a[1][0] = 1;

           for(int i=0;i<n;++i)
           {
               memset(a[1],0,sizeof(a[1]));
               for(int j=0;j<=T;++j)
                   for(int k=0;k+j<=T&&k<=pi[i]*mi[i];k += pi[i])
                       a[1][k+j] = (a[1][k+j]+a[0][j])%10000;
               memcpy(a[0],a[1],sizeof(a[0]));
           }
           if(a[0][T/3]==0)
                bCanDone = false;
            else
                printf("%d\n",a[0][T/3]);
        }
        if(!bCanDone)
            printf("sorry\n");
    }
    return 0;
}
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hdu2152：

     输入n，m，表示n种水果种数，现在需要一个有m个水果组成的水果拼盘。

     以下n行输入a，b，表示水果拼盘对该水果个数的限制[a,b];

     求有多少种拼法？

     案例：

　　　　2 3 1 2 1 2 3 5 0 3 0 3 0 3
     输出：
　　　　
　　　　2
　　　　12
    如果做完以上3题，再做该题的时候，会发现特别简单。
     
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

int main()
{
    int n,m;//总的种数，需要的个数。
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        int f[2][m+1];
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0][0] = f[1][0] = 1;
        for(int i=0;i<n;++i)
        {
            int a,b;    //每种水果在[a,b]区间
            scanf("%d%d",&a,&b);
            memset(f[1],0,sizeof(f[1]));
            for(int i=0;i<=m;++i)
                for(int j=a;j<=b&&i+j<=m;++j)
                    f[1][i+j] += f[0][i];
            memcpy(f[0],f[1],sizeof(f[0]));
        }
        printf("%d\n",f[0][m]);
    }
}
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指数型母函数：

　排列组合知识点：

   假设有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a1重复了n1次，全排列出来必有重复元素，其中真正不同的排列数应为n!/n1!，即其重复度为n1!
    同样理由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n! /  (n1!)(n2!)(n3!)..;
    以下是指数型母函数原型：
    
    以下是acm常用的公式：
　　　　
  举例：n1=3，n2=2，n3=3，则取8次后，根据函数的到 res = 1/（3！*2！*3！）,把最终答案为8！/res;
 
 hdu1521：
    n种东西里调m个排列，顺序有关系。之后n行表示每种东西个数ci；这道题目错的原因是进行double转换时，最后直接强制转换成int输出，会有误差，应该使用0.lf格式化输出。如果没用到double类型，则不需要这样。
　　测试数据个两组
           2 2 1 1
           2 1 1 1
     输出：
　　　　2
           2
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;

int main()
{
    int n,m;    //从n种类型选出m件物品。
    while(~scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        double f[2][m+1];
        double fk[m+1];
        memset(f,0,sizeof(f));
        fk[0]= 1;
        for(int i=1;i<=m;++i)
        {
            fk[i] = fk[i-1]/i;
        }
        f[0][0] = 1;
        double c;
        for(int i=0;i<n;++i)
        {

            scanf("%lf",&c);
            for(int j=0;j<=m;++j)
                for(int k=0;k<=c&&k+j<=m;++k)
                {
                    f[1][j+k] += f[0][j]*fk[k];
                }
            memcpy(f[0],f[1],sizeof(f[0]));
            memset(f[1],0,sizeof(f[1]));
        }
        //用浮点数会有误差，因此使用.0lf
        //进行浮点数计算后，再求整形是，用.0lf
        printf("%.0lf\n",(f[0][m]/fk[m]));
    }
    return 0;
}
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