前回（第2回）は、サイコロの「目の数」を $${x}$$ の次数に対応させることで、複数のサイコロの「目の和」を多項式の掛け算として自動計算する手法を学びました。

今回は、入試問題や網羅系参考書で頻出の「硬貨の支払い方法」を題材にします。サイコロとは少し違う「使わない硬貨がある」「金額が異なる」という条件を、母関数でどのように処理するのかを見ていきましょう。

1. 金額を「次数」に、枚数制限を「項の長さ」にする

次の標準的な問題を考えてみます。

【問題】
10円玉が5枚、50円玉が2枚、100円玉が1枚ある。これらの一部または全部を使って、ちょうど150円を支払う方法は何通りあるか？

通常の解法では、「100円玉を使う場合・使わない場合」で大きく場合分けし、さらに「50円玉の枚数」で細かく分けていく樹形図的な思考が求められます。しかし、母関数を使えばこれを一つの数式に丸投げできます。

ポイントは以下の2点です。
・硬貨の「金額」を $${x}$$ の次数（右肩の数字）にする。
・硬貨を「0枚使う（つまり使わない）」状態を $${x^0 = 1}$$ として必ず式に含める。

このルールに従って、各硬貨の「運命」を多項式に翻訳します。

・10円玉（5枚まで）の多項式： $${1 + x^{10} + x^{20} + x^{30} + x^{40} + x^{50}}$$
・50円玉（2枚まで）の多項式： $${1 + x^{50} + x^{100}}$$
・100円玉（1枚まで）の多項式： $${1 + x^{100}}$$

これらをすべて掛け合わせたものが、今回の支払いを網羅する全自動マシーンとなります。

$$
\begin{aligned}
f(x) = (1 + x^{10} + \cdots + x^{50})(1 + x^{50} + x^{100})(1 + x^{100}) \tag{①}
\end{aligned}
$$

2. ターゲットの次数だけを狙い撃ちする

私たちは「ちょうど150円」になる組み合わせが知りたいので、①の式をすべて展開する必要はありません。①を展開したときに作られる $${x^{150}}$$ の係数だけを調べればよいのです。

多項式の展開の基本原理「各カッコから1つずつ選んで掛ける」に従って、後ろの金額の大きいカッコからターゲットを絞り込んでいきます。

【ケースA】100円玉のカッコから $${x^{100}}$$ を選んだ場合
残り50円を作ればよいので、50円玉と10円玉のカッコから合わせて $${x^{50}}$$ を作ります。

$$
\begin{aligned}
&(\text{50円玉から } x^{50}) \times (\text{10円玉から } 1) = x^{50} \\
&(\text{50円玉から } 1) \times (\text{10円玉から } x^{50}) = x^{50} \tag{②}
\end{aligned}
$$

②より、このケースでは $${1 + 1 = 2}$$ 通りの選び方があります。

【ケースB】100円玉のカッコから $${1}$$ （0円）を選んだ場合
残り150円をすべて50円玉と10円玉で作る必要があります。
しかし、50円玉の最大は $${x^{100}}$$ 、10円玉の最大は $${x^{50}}$$ です。

$$
\begin{aligned}
(\text{50円玉から } x^{100}) \times (\text{10円玉から } x^{50}) = x^{150} \tag{③}
\end{aligned}
$$

③より、両方とも最大枚数を選ぶこの1通りしか存在しません。

したがって、ケースAの2通りとケースBの1通りを足して、答えは「3通り」であると即座に求まります。

まとめ

硬貨の支払い問題では、「使わない（0円）」を $${1}$$ と置き、それぞれの硬貨が作れる金額の限界までを多項式にすることで、頭の中のモヤモヤとした場合分けを「数式から特定の項を拾い上げる」という視覚的でシステマチックな作業に変換できます。数え漏らしを防ぐ最強の検算ツールとしても機能します。

次回、第4回では「5枚まで」のような枚数制限を取り払い、「制限なし」になったときに式がどのように進化するのか（方程式の整数解）を解説します。

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