生成函数即为母函数

设${a_n}$是任一数列，则形式幂级数$A(t)=\sum_{i=0}^{∞}a_it^i$叫做数列${a_n}$的常生成函数

引理 1　

　　　　以$M_k (k= 1, 2, ⋯, n)$表示不定方程 $x_1+ x_2+ x_3+ ⋯+ x_n= r$ 中的未知数 $x_k$ 的可取值所成之集

　　　　以 $a_r$ 表示不定方程 $x_1+ x_2+ x_3+ ⋯+ x_n= r$ 满足条件 $x_k∈M_k (k= 1, 2, ⋯, n)$的解的个数

　　　　则 $a_r$ 是$A (t) = \prod_{k= 1}^n \sum _{p ∈M_k}t^p$展开式中 $t^r$ 的系数

引理 2　

　　　　设m 是任一有理数, 则对形式幂级数$A (t) = 1+ at(a≠0)$有 $(1+ at)^m =\sum_{i=0}^{∞}\dbinom{m}{i}a^it^i$

　　　　特别地有$(1-t)^{-n}=\sum_{i=1}^{∞}\dbinom{k+i-1}{i}t^i$

　　　　关于上式的证明：

　　　　$n=1$时换元$k=x^{-1}$，右边取一下数列的极限即可得到左边。然后对左右分别求n阶导数即得证

​ 　　　   或者直接泰勒展开大概也可以

 

定理1

不定方程$x_1+x_2+x_3+...+x_n=r$的非负整数解的个数为$\dbinom{n+r-1}{n-1}$

证明：构造函数$A(t)=(t^0+t^1+...)(t^0+t^1+...)...(t^0+t^1+...)$，显然解的个数为$t_r$的系数

$=(t^0+t^1+t^2+...)^n$

设$p=t^0+t^1+t^2+...$，有$p=1+pt$，那么$p=\frac{1}{1-t}$

$p^n=(t^0+t^1+t^2+...)^n=(\frac{1}{1-t}^n)=\sum_{i=0}^{∞}\dbinom{n+i-1}{i}t^i$

那么$t_r$的系数即为$\dbinom{n+r-1}{r}=\dbinom{n+r-1}{n-1}$

 

定理2

不定方程$x_1+x_2+x_3+...+x_n=r$的正整数解的个数为$\dbinom{r-1}{n-1}$

证明：构造函数$A(t)=(t^1+t^2+...)^n$，显然解的个数为$t_r$的系数

设$p=t^1+t^2+...$，有$p=t+tp$，那么$p=\frac{t}{1-t}$

$p^n=(t^1+t^2+...)^n=t^n\sum_{i=0}^{∞}\dbinom{n+i-1}{i}t^i$

其中$t^r$的系数为$\dbinom{r-1}{r-n}=\dbinom{r-1}{n-1}$

 

定理3

不定方程$x_1+x_2+x_3+...+x_n=r$满足条件$x_i>=k_i(k_i∈N^*,i=1,2,3...)$的非负整数解的个数为$\dbinom{n+r-\sum_{i=1}^{n}k_i-1}{n-1}$

证明：我们令$y_i=x_i-k_i$，问题转化为了定理1，套用定理1的公式即可解决

 

定理4

不定方程$x_1+x_2+x_3+...+x_n=r$满足条件$x_i<=k(i=1,2,3...)$的非负整数解的个数为$\dbinom{n+r-1}{n-1}-\sum_{j=1}^{n} (-1)^j \dbinom{n}{j} \dbinom{n+r-jk-1}{n-1}$

证明：在定理3的基础上容斥一下即可，即$ans=$总方案数-一个不满足条件其他任意+两个不满足条件其他任意...当然这个也可以靠生成函数，$A(t)=(t^0+t^1+...t^k)^n$，方案数就是$t^r$的系数

 

例题1：

不定方程$x_1+x_2+x_3+...+x_n=r$满足条件$x_i<=k$且$x_1+x_n<=k$的非负整数解的个数

构造生成函数$A(t)=(t^0+t^1+...+t^k)^{n-2}((t^0+t^1+...+t^k)^2\mod t^{k+1})$，方案数即为$t^r$的系数

进一步化简得到$A(t)=(\sum_{i=0}^{k}t_i)^{n-2}(\sum_{i=0}^{k}(i+1)x_i)$