kuing

太长，懒得看，估计也看不懂……

我目前用的方法也是母函数，只是后面的计算方法不同（好像是以前看tommywong用过，就学来了）。

设
\begin{align*}
F&=(1+x^{a_1}+x^{2a_1}+\cdots)(1+x^{a_2}+x^{2a_2}+\cdots)(1+x^{a_3}+x^{2a_3}+\cdots)\\
&=\frac1{(1-x^{a_1})(1-x^{a_2})(1-x^{a_3})},
\end{align*}
则所求的就是 `F` 中 `x^b` 的系数，记 `A=a_1a_2a_3`，因为
\[1-x^A=(1-x^{a_1})(1+x^{a_1}+x^{2a_1}+\cdots+x^{(a_2a_3-1)a_1}),\]
对 `a_2`, `a_3` 同理，所以
\[F=\frac{(1+x^{a_1}+\cdots+x^{(a_2a_3-1)a_1})(1+x^{a_2}+\cdots+x^{(a_3a_1-1)a_2})(1+x^{a_3}+\cdots+x^{(a_1a_2-1)a_3})}{(1-x^A)^3},\]
根据已知的展开公式有
\[\frac1{(1-x^A)^3}=C_2^2+C_3^2x^A+C_4^2x^{2A}+\cdots+C_{k+2}^2x^{kA}+\cdots,\]
那么，用和式写起来的话，就是
\[F=\sum_{k=0}^{a_2a_3-1}x^{ka_1}\sum_{k=0}^{a_3a_1-1}x^{ka_2}\sum_{k=0}^{a_1a_2-1}x^{ka_3}\sum_{k=0}^\infty C_{k+2}^2x^{kA},\]
然后对于具体的数字代入展开计算即可。

这种方法虽然不能得出一条统一的一般公式，但实际操作比较容易。

比如当 `(a_1,a_2,a_3)=(1,2,3)` 时
\[F=(1+x+\cdots+x^5)(1+x^2+x^4)(1+x^3)\sum_{k=0}^\infty C_{k+2}^2x^{6k},\]
如果 `b=100`，则由于 `100=16\times6+4=15\times6+10`，所以只需计算 `(1+x+\cdots+x^5)(1+x^2+x^4)(1+x^3)` 中 `x^4` 和 `x^{10}` 的系数，结果是 `4` 和 `2`，故此 `x^{100}` 的系数就是 `4C_{16+2}^2+2C_{15+2}^2=884`。

当然也可以将上式展开计算一下，过程就不写了，结果为
\begin{align*}
F={}&1+x+2x^2+3x^3+4x^4+5x^5+7x^6+8x^7+10x^8+12x^9+14x^{10}+16x^{11}\\
&+\sum_{k=2}^\infty x^{6k}\bigl[C_{k+2}^2+4C_{k+1}^2+C_k^2+(C_{k+2}^2+5C_{k+1}^2)x+(2C_{k+2}^2+4C_{k+1}^2)x^2\\
&+(3C_{k+2}^2+3C_{k+1}^2)x^3+(4C_{k+2}^2+2C_{k+1}^2)x^4+(5C_{k+2}^2+C_{k+1}^2)x^5\bigr].
\end{align*}

多元也是一样操作，总之对于实际情形来说，这种方法还算实用，而且比较容易理解。