【數學】一次不定方程非負整數解個數
一次不定方程非負整數解個數
前置定理：
\(\frac{1}{1-x}=\sum^{\infty}_{r=0}x^r\)
\(\frac{1}{1-sx}=\sum^{\infty}_{r=0}s^rx^r\)
\(\frac{1}{(1-x)^n}=\sum^{\infty}_{r=0}C^{n-1}_{n+r-1}x^r=\sum^{\infty}_{r=0}C^{r}_{n+r-1}x^r\)
-
定理 \(1\) ：
一次不定方程
\[x_1+x_2+\dots+x_n=r\tag{1.1} \]的非負整數解的個數等於 \(C_{n+r-1}^r=C_{n+r-1}^{n-1}\)
.證：
設方程 \((1.1)\) 有 \(a_r\) 個非負整數解。 不難發現，數列 \(a_0,a_1,a_2,\dots,a_r,\dots\) 的母函式就是
\[\underbrace{(1+x+x^2+\dots+x^k+\dots)(1+x+x^2+\dots+x^k+\dots)\dots\\(1+x+x^2+\dots+x^k+\dots)}_{n 個}\tag{1.2} \]事實上，式 \((1,2)\) 的展開式中每個 \(x^r\) 必可寫成
\[x^r=x^{m_1}\cdot x^{m_2}\dots x^{m_n}=x^{m_1+m_2+\dots+m_n}\tag{1.3} \]這裡 \(x^{m_1},x^{m_2},\dots,x^{m_n}\) 分別取自第 \(1,2,\dots,n\) 個括號，顯然 \(m_1,m_2\dots,m_n\) 都是非負整數。由式 \((1.3)\) 可知
\[m_1+m_2+\dots+m_n=r \]故 \((m_1,m_2,\dots,m_n)\) 是方程 \((1.1)\) 的一個非負整數解。 這就是說式 \((1.2)\) 中每一項 \(x^r\) 對應方程 \((1.1)\) 的一個非負整數解 \((m_1,m_2,\dots,m_n)\) ；方程 \((1.1)\) 的每一個非負整數解也對應式 \((1.2)\) 的一項 \(x^r\)
。因此方程 \((1.1)\) 的非負整數解的個數 \(a_r\) 就等於式 \((1.2)\) 中 \(x^r\) 的項數。合併同類項後， \(a_r\) 就等於 \(x^r\) 的係數。從而式 \((1.2)\) 就是 \(\{a_r\}\) 的母函式。又式 \((1.2)\) 等於 \(\frac{1}{1-x}\cdot\frac{1}{1-x}\dots\frac{1}{1-x}=\frac{1}{(1-x)^n}\) ，即
\[\frac{1}{(1-x)^n}=a_0+a_1x+a_2x^2+\dots+a_rx^r\dots\;, \]故由前置定理可得
\[a_r=C^{r}_{n+r-1}\;(r=0,1,2,\dots) \] -
推論：
不定方程 \(x_1+x_2+\dots+x_n=r\) 的正整數解的個數為 \(C^{n-1}_{r-1}\) 。
證：
作變換：\(x_1=y_1+1,x_2=y_2+1,\dots,x_n=y_n+1\) ，則原方程可化為
\[y_1+y_2+\dots+y_n=r-n . \]當 \(x_1,x_2\dots,x_n\) 取正整數時，\(y_1,y_2,\dots,y_n\) 取非負整數值。這樣問題就轉化為求上面關於 \(y_1,y_2,\dots,y_n\) 的方程的非負整數解的個數。由定理 \(1\) 可知非負整數解的個數為
\[C^{r-n}_{n+(r-n)-1}=C^{r-n}_{r-1}=C_{r-1}^{n-1 } . \] -
定理 \(2\) ：
設方程 \(s_1x_1+s_2x_2+\dots+s_nx_n=r\) 的非負整數解的個數為 \(b\) ，則 \(b_r\) 的母函式是
\[\frac{1}{(1-x^{s_1})(1-x^{s_2})\dots(1-x^{s_n})} \]這裡 \(s_1,s_2,\dots,s_n\) 都是正整數。
-
例 \(1\) ：
試求方程 \(x+y+z=24\) 的整數解的個數，要求 \(x>1,y>2,z>3\) 。
解：
作變換： \(x=X+2,y=Y+3,z=Z+4\) ，則問題轉化為求方程 \(X+Y+Z=15\) 的非負整數解的個數。由定理 \(1\) ，得解的個數為
\[C^{15}_{3+15-1}=C^{2}_{17}=136 \] -
例 \(2\) ：
試求方程 \(x_1+x_2+x_3+x_4=23\) 的正整數解的個數，要求 \(x_1\leq9,x_2\leq8,x_3\leq7,x_4\leq6\) 。
解：
設方程 \(x_1+x_2+x_3+x_4=r\) 滿足條件的 \(x_1\leq9,x_2\leq8,x_3\leq7,x_4\leq6\) 的正整數解的個數為 \(a_r\) ，則 \(a_r\) 的母函式為
\[(x+x^2+\dots+x^9)(x+x^2+\dots+x^8)(x+x^2\dots+x^7)(x+x^2+\dots+x^6) \]易知上式的展開式中 \(x^{23}\) 的係數 \(a_{23}\) 就是問題的解。而 \(a_{23}\) 又是
\[f(x)=(1+x+x^2+\dots+x^8)(1+x+x^2+\dots+x^7)\\(1+x+x^2\dots+x^6)(1+x+x^2+\dots+x^5) \]的展開式中 \(x^{19}\) 的係數，上式等於
\[f(x)=\frac{(1-x^9)(1-x^8)(1-x^7)(1-x^6)}{(1-x)^4} \]因為 \(\frac{1}{(1-x)^4}=\sum_{r=0}^{\infty}C_{r+3}^3x^r\) ，把 \(f(x)\) 的分子展開，並去掉次數高於 \(19\) 的項，問題就轉化為求
\[(1-x^6-x^7-x^8-x^9+x^{13}+x^{14}+2x^{15}+x^{16}+x^{17})\sum_{r=0}^{\infty}C_{r+3}^3x^r \]展開式中 \(x^{19}\) 的係數，易知它等於
\[C_{22}^3-C_{16}^3-C_{15}^3-C_{14}^3-C_{13}^3+C_9^3+C_8^3+2C_7^3+C_6^3+C_5^3=115 \] -
例題
1，P3301 方程
題意:
給定方程
\[X_1+X_2+\dots+X_n=M \]有限制如下：
\[\begin{align*} &X_1\leq A_1\\&X_2\leq A_2\\&\dots\\&X_{n_1}\leq A_{n_1},\\\\&X_{n_1+1}\geq A_{n_1+1}\\&X_{n_1+2}\geq A_{n_1+2}\\&\dots\\&X_{n_1+n_2}\geq A_{n_1+n_2} \end{align*} \]其中 $n_1+n_2\leq n,;n\leq 1e^9,n_1\leq8,n_2\leq8,m\leq1e^9 $。
求：滿足這些限制的前提下，該方程正整數解的個數。答案對 \(p\) 取模。 \(p\in\{10007,262203414,437367875\}\) 。
解：
對於所有含限制 \(X_i\geq A_i\) 的 \(X_i\) 做變換：
\[X_i=X_i-A_i\\M-=A_i \]則 \(X_i\) 的限制變為 \(X_i\geq0\) 。
則，給定方程的解的個數 \(a_M\) 為
\[\begin{align*} f(x)&=\frac{1}{(1-x)^{n-n_1}}\times \frac{\prod_{i=1}^{n_1}(1-x^{A_i})}{(1-x)^{n_1}}\\&=\frac{\prod_{i=1}^{n_1}(1-x^{A_i})}{(1-x)^n} \end{align*} \]的展開式中 \(x^{M}\) 的係數。
剩下做法同例2。
#include<bits/stdc++.h> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define mkp(a,b) make_pair(a,b) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e6+5; const int inf=0x3f3f3f3f; ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){ if(!b){ x=1;y=0; return a; } ll g=exgcd(b,a%b,x,y); ll t=x; x=y; y=t-a/b*y; return g; } ll inv(ll a,ll b) { ll x=0,y=0; exgcd(a,b,x,y); x=(x%b+b)%b; if(!x)x+=b; return x; } ll kpow(ll a,ll b,ll p) { ll ans=1; while(b){ if(b&1)ans=ans*a%p; a=a*a%p; b>>=1; } return ans; } ll Y[maxn]; ll calc(ll n,ll p,ll pk,ll yy) { if(!n)return 1; ll x=calc(n/p,p,pk,yy),y=1; ll z=1; // for(ll i=1;i<=pk;i++) // if(i%p)y=y*i%pk; y=kpow(yy,n/pk,pk); for(ll i=n/pk*pk;i<=n;i++) if(i%p)z=z*i%pk; return x*y%pk*z%pk; } ll G(ll n,ll p){ if(n<p)return 0; return n/p+G(n/p,p); } ll fac[maxn],w[maxn],b[maxn],k,tw[maxn]; ll exLucas(ll n,ll m,ll p) { for(int i=1;i<=k;i++) { tw[i]=w[i]; b[i]=kpow(fac[i],G(n,fac[i])-G(m,fac[i])-G(n-m,fac[i]),w[i]); b[i]=b[i]*calc(n,fac[i],w[i],Y[i])%w[i]*inv(calc(m,fac[i],w[i],Y[i]),w[i])%w[i]*inv(calc(n-m,fac[i],w[i],Y[i]),w[i])%w[i]; } ll d; for(int i=2;i<=k;i++) { d=__gcd(tw[i-1],tw[i]); b[i]=inv(tw[i-1]/d,tw[i]/d)*((b[i]-b[i-1])/d)%(tw[i]/d)*tw[i-1]+b[i-1]; tw[i]=tw[i-1]*tw[i]/d; b[i]=(b[i]%tw[i]+tw[i])%tw[i]; } return b[k]; } ll A[maxn]; map<ll,ll>mp,tmp;// <指數,係數> int main() { int T,p,pp; scanf("%d%d",&T,&p); pp=p;k=0; for(int i=2,t;i*i<=pp;i++) if(pp%i==0){ t=1; while(pp%i==0)pp/=i,t*=i; w[++k]=t;fac[k]=i; } if(pp!=1){ w[++k]=pp;fac[k]=pp; } for(int i=1;i<=k;i++) { Y[i]=1; for(ll j=1;j<=w[i];j++) if(j%fac[i])Y[i]=Y[i]*j%w[i]; } while(T--) { mp.clear(); ll n,n1,n2,m,x,r; scanf("%lld%lld%lld%lld",&n,&n1,&n2,&m); for(int i=1;i<=n1;i++)scanf("%lld",&A[i]); for(int i=1;i<=n2;i++){ scanf("%lld",&x); m-=x; } m-=(n-n2); if(m<0){ puts("0");continue; } mp[0]=1; ll c,d; for(int i=1;i<=n1;i++) { tmp.clear(); for(auto x:mp){ c=x.first;d=x.second;// dx^c - dx^(c+a[i]) tmp[c]+=d; tmp[c+A[i]]-=d; } mp=tmp; } ll res=0; for(auto x:mp){ c=x.first;d=x.second; if(c>m)continue; r=m-c; res=(res+d*exLucas(n+r-1,n-1,p)%p+p)%p; } printf("%lld\n",res); } }2，揹包
題意：
給定方程：
\[x_1+x_2+x_3+2x_4+2x_5+1+4x_6+x_7+3x_8=n \]亦即：
\[x_1+x_2+x_3+2x_4+2x_5+4x_6+x_7+3x_8=n-1 \]其中，限制：
\[x_1\leq 1\\x_2\leq2\\x_3\leq 3\\x_7\leq1 \]求解方程非負整數解個數。
解：
對於 \(x_1+x_2+x_3+x_7\) 有母函式：
\[(1+x)(1+x+x^2)(1+x+x^2+x^3)(1+x) \]即：
\[\frac{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)(1-x^2)}{(1-x)^4} \]對於 \(2x_4+2x_5+4x_6+3x_8\) 有母函式（定理2）：
\[\frac{1}{(1-x^2)(1-x^2)(1-x^4)(1-x^3)} \]則，對於原方程有母函式：
\[\begin{align*} f(x)&=\frac{(1-x^2)(1-x^3)(1-x^4)(1-x^2)}{(1-x)^4}\times\frac{1}{(1-x^2)(1-x^2)(1-x^4)(1-x^3)}\\ &=\frac{1}{(1-x)^4} \end{align*} \]則，原方程的解的個數為 \(f(x)\) 中 \(x^{n-1}\) 的係數，即 \(C_{4+(n-1)-1}^{3}=C_{n+2}^3\) 。
#include<bits/stdc++.h> #define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a)) #define mkp(a,b) make_pair(a,b) using namespace std; typedef long long ll; const int maxn=1e6+5; const int inf=0x3f3f3f3f; const int mod=1e9+7; int c[4]={1,1,500000004,333333336}; int main() { ll n; scanf("%lld",&n); ll res=1; for(ll i=n+2,j=1;j<=3;i--,j++)res=res*(i%mod)%mod*c[j]%mod; printf("%lld\n",res); }