DP经典 ----- 整数划分

整数划分 －－－ 一个老生长谈的问题:
　　1) 练练组合数学能力.
　　2) 练练递归思想
　　3) 练练DP
　　总之是一道经典的不能再经典的题目:
　　这道好题求:
　　1. 将n划分成若干正整数之和的划分数。
　　2. 将n划分成k个正整数之和的划分数。
　　3. 将n划分成最大数不超过k的划分数。
　　4. 将n划分成若干奇正整数之和的划分数。
　　5. 将n划分成若干不同整数之和的划分数。

 

1.将n划分成不大于m的划分法： 

 　　1).若是划分多个整数可以存在相同的：

 　　 dp[n][m]= dp[n][m-1]+ dp[n-m][m]  dp[n][m]表示整数 n 的划分中，每个数不大于 m 的划分数。
     　　则划分数可以分为两种情况:
     　　a.划分中每个数都小于 m，相当于每个数不大于 m- 1, 故划分数为 dp[n][m-1].
    　　 b.划分中有一个数为 m. 那就在 n中减去 m ,剩下的就相当于把 n-m 进行划分， 故划分数为 dp[n-m][m];

　　2).若是划分多个不同的整数：

　　dp[n][m]= dp[n][m-1]+ dp[n-m][m-1]   dp[n][m]表示整数 n 的划分中，每个数不大于 m 的划分数。
   　　 同样划分情况分为两种情况：
    　　a.划分中每个数都小于m,相当于每个数不大于 m-1,划分数为 dp[n][m-1].
    　　b.划分中有一个数为 m.在n中减去m,剩下相当对n-m进行划分，

　　　并且每一个数不大于m-1，故划分数为 dp[n-m][m-1]

　　2.将n划分成k个数的划分法：

　　　　dp[n][k]= dp[n-k][k]+ dp[n-1][k-1];

   　　方法可以分为两类：
   　　　　第一类: n 份中不包含 1 的分法，为保证每份都 >= 2，可以先拿出 k 个 1 分
   　　到每一份，然后再把剩下的 n- k 分成 k 份即可，分法有: dp[n-k][k]
  　　 　　第二类: n 份中至少有一份为 1 的分法，可以先那出一个 1 作为单独的1份，剩
   　　下的 n- 1 再分成 k- 1 份即可，分法有：dp[n-1][k-1]

　　

　　3.将n划分成若干奇数的划分法：（不懂）

　　　　g[i][j]:将i划分为j个偶数

　　　　f[i][j]:将i划分为j个奇数
　　   g[i][j] = f[i - j][j];
   　　f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + g[i - j][j];

 

　　　　路过的大牛求解释，谢谢~

　　代码如下所示：

/*
 * hit1402.c
 *
 *  Created on: 2011-10-11
 *      Author: bjfuwangzhu
 */

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define nmax 51
int num[nmax][nmax]; //将i划分为不大于j的个数
int num1[nmax][nmax]; //将i划分为不大于j的不同的数
int num2[nmax][nmax]; //将i划分为j个数
int f[nmax][nmax]; //将i划分为j个奇数
int g[nmax][nmax]; //将i划分为j个偶数
void init() {
    int i, j;
    for (i = 0; i < nmax; i++) {
        num[i][0] = 0, num[0][i] = 0, num1[i][0] = 0, num1[0][i] = 0, num2[i][0] =
                0, num2[0][i] = 0;
    }
    for (i = 1; i < nmax; i++) {
        for (j = 1; j < nmax; j++) {
            if (i < j) {
                num[i][j] = num[i][i];
                num1[i][j] = num1[i][i];
                num2[i][j] = 0;
            } else if (i == j) {
                num[i][j] = num[i][j - 1] + 1;
                num1[i][j] = num1[i][j - 1] + 1;
                num2[i][j] = 1;

            } else {
                num[i][j] = num[i][j - 1] + num[i - j][j];
                num1[i][j] = num1[i][j - 1] + num1[i - j][j - 1];
                num2[i][j] = num2[i - 1][j - 1] + num2[i - j][j];
            }
        }
    }
    f[0][0] = 1, g[0][0] = 1;
    for (i = 1; i < nmax; i++) {
        for (j = 1; j <= i; j++) {
            g[i][j] = f[i - j][j];
            f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + g[i - j][j];
        }
    }
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
    int n, k, i, res0, res1, res2, res3, res4;
    init();
    while (~scanf("%d %d", &n, &k)) {
        res0 = num[n][n];
        res1 = num2[n][k];
        res2 = num[n][k];
        for (i = 0, res3 = 0; i <= n; i++) {
            res3 += f[n][i];
        }
        res4 = num1[n][n];
        printf("%d\n%d\n%d\n%d\n%d\n\n", res0, res1, res2, res3, res4);
    }
    return 0;
}

将正整数划分成连续的正整数之和
如15可以划分成4种连续整数相加的形式：
15
7 8
4 5 6
1 2 3 4 5

    首先考虑一般的形式，设n为被划分的正整数，x为划分后最小的整数，如果n有一种划分，那么
结果就是x,如果有两种划分，就是x和x x + 1， 如果有m种划分，就是 x 、x x + 1 、 x x + 1 x + 2 、... 、x x + 1 x + 2 ... x + m - 1
将每一个结果相加得到一个公式(i * x + i * (i - 1) / 2) = n，i为当前划分后相加的正整数个数。
满足条件的划分就是使x为正整数的所有情况。
如上例，当i = 1时，即划分成一个正整数时，x = 15， 当i = 2时， x = 7。
当x = 3时，x = 4， 当x = 4时，4/9，不是正整数，因此，15不可能划分成4个正整数相加。
当x = 5时，x = 1。

    这里还有一个问题，这个i的最大值是多少？不过有一点可以肯定，它一定比n小。我们可以做一个假设，
假设n可以拆成最小值为1的划分，如上例中的1 2 3 4 5。这是n的最大数目的划分。如果不满足这个假设，
那么 i 一定比这个划分中的正整数个数小。因此可以得到这样一个公式i * (i + 1) / 2 <= n，即当i满足
这个公式时n才可能被划分。

代码如下：

void split(int n) {
    int i, j, te, x, xlen;
    for (i = 1, xlen = 0; (te = i * (i - 1) / 2) < n; i++) {
        x = n - te;
        if (x % i == 0) {
            x /= i;
            printf("%d", x);
            for (j = 1; j < i; j++) {
                printf("%d ", x + j);
            }
            printf("\n");
            xlen++;
        }
    }
    printf("%d\n", xlen);
}

 

以下是转载的：

　　求划分因子乘积最大的一个划分及此乘积
　　问题简述：给定一个正整数n, 则在n所有的划分中, 求因子乘积最大的一个划分及此乘积。例如：8 = {8}, {7, 1}, {6, 2}, {5, 3}, {4, 4}, {3, 3, 2}, {2, 2, 2, 2} 等，那么在这些当中，3 * 3 * 2 的乘积最大，所以输出整个划分
和这个乘积 18。
　　算法分析：这是我在某个论坛上看到的问题，以及别人针对此问题的数学分析，现简单的整理如下：
　　(1)对于任意大于等于4的正整数m, 存在一个划分m = m1+m2, 使 m1*m2 >= m证: 令m1 = int(m/2), 则 m1 >= 2 ， m2 = m-m1; 那么m2 > 2，并且 m2 >= m/2 >= m1;    m1*m2 >= 2*m2 >= m; 证毕;
该证明简单的来说就是：对于一个大于等于4的正整数m，存在一个2块划分的因子，这两个因子的乘积总是不小于原数m本身。
　　(2)由(1)知此数最终可以分解为 2^r * 3^s。现证明 r <= 2;
　　证：若r > 2, 则至少有3个因子为2, 而2*2*2 < 3*3;
　　所以可以将3个为2的因子,换为两个因子3；积更大；证毕。
　　综合(1)，(2)，则有：任何大于4的因子都可以有更好的分解, 而4可以分解为2*2。
　　所以：此数应该分解为 2^k1 * 3^k2。而且可以证明 k1>=0 并且 k1 <= 2，因此：
　　   A.当n = 3*r 时, 分解为 3^r
 　　  B.当n = 3*r+1时, 分解为 3^(r-1)*2*2
   　　C.当n = 3*r+2时, 分解为 3^r*2
　　剩下编程处理，那就是太简单了，首先是处理 <= 4的特殊情况，再对>4的情况进行模3的3种情况的判断，最后一一输出。可见，数学在整数划分问题上有太强的功能。谁叫这个问题叫整数划分呢，不与数学密切才怪! ^_^。

 

　　小学六年级奥数---整数划分(有用结论)

　　例1：把14分拆成若干个自然数的和，再求出这些数的积，要使得到的积最大，应该把14如何分拆？这个最大的乘积是多少？

　　分析与解：我们先考虑分成哪些数时乘积才能尽可能地大。
　　首先，分成的数中不能有1，这是显然的。
　　其次，分成的数中不能有大于4的数，否则可以将这个数再分拆成2与另外一个数的和，这两个数的乘积一定比原数大，例如7就比它分拆成的2和5的乘积小。
　　再次，因为4=2×2，故我们可以只考虑将数分拆成2和3。
　　注意到2+2+2=6，2×2×2=8；3+3=6，3×3=9，因此分成的数中若有三个2，则不如换成两个3，换句话说，分成的数中至多只能有两个2，其余都是3。根据上面的讨论，我们应该把14分拆成四个3与一个2之和，即14=3+3+3+3+2，这五数的积有最大值 3×3×3×3×2=162。
　　将上述结论推广为一般情形便是：
　　把自然数S（S＞1）分拆为若干个自然数的和：   S=a1+a2+…+an，则当a1，a2，…，an中至多有两个2，其余都是3时，其连乘积m=a1a2…an有最大值。

　　例2：把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，且使这些自然数的乘积最大，该乘积是多少？
解：由于把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和的分法只有有限种，因而一定存在一种分法，使得这些自然数的乘积最大。
　　若1作因数，则显然乘积不会最大。把1993分拆成若干个互不相等的自然数的和，因数个数越多，乘积越大。为了使因数个数尽可能地多，我们把1993分成2+3…+n直到和大于等于1993。
若和比1993大1，则因数个数至少减少1个，为了使乘积最大，应去掉最小的2，并将最后一个数（最大）加上1。
若和比1993大k（k≠1），则去掉等于k的那个数，便可使乘积最大。
所以n=63。因为2015-1993=22，所以应去掉22，把1993分成（2+3+…+21）+（23+24+…+63）

这一形式时，这些数的乘积最大，其积为  2×3×…×21×23×24×…×63。

转自acdreamer

五边形定理

设第n个五边形数为，那么，即序列为：1, 5, 12, 22, 35, 51, 70, ...

 

对应图形如下：

 

 

设五边形数的生成函数为，那么有：

 

 

 

 

以上是五边形数的情况。下面是关于五边形数定理的内容：

 

五边形数定理是一个由欧拉发现的数学定理，描述欧拉函数展开式的特性。欧拉函数的展开式如下：

 

 

 

欧拉函数展开后，有些次方项被消去，只留下次方项为1, 2, 5, 7, 12, ...的项次，留下来的次方恰为广义五边形数。

 

 

五边形数和分割函数的关系

 

欧拉函数的倒数是分割函数的母函数，亦即：

 

   其中为k的分割函数。

 

上式配合五边形数定理，有：

 

 

 

在 n>0 时，等式右侧的系数均为0，比较等式二侧的系数，可得

 

 

因此可得到分割函数p(n)的递归式：

 

例如n=10时，有：

 

 

所以，通过上面递归式，我们可以很快速地计算n的整数划分方案数p(n)了。

 

 

题目： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4651

[cpp] view plain copy

1. #include <iostream>  
2. #include <string.h>  
3. #include <stdio.h>  
4.   
5. using namespace std;  
6. typedef long long LL;  
7.   
8. const int N=100005;  
9. const LL MOD=1000000007;  
10.   
11. LL ans[N],tmp[N];  
12.   
13. void Init()  
14. {  
15.     int t=1000;  
16.     for(int i=-1000;i<=1000;i++)  
17.         tmp[i+t]=i*(3*i-1)/2;  
18.     ans[0]=1;  
19.     for(int i=1;i<N;i++)  
20.     {  
21.         ans[i]=0;  
22.         for(int j=1;j<=i;j++)  
23.         {  
24.             if(tmp[j+t]<=i)  
25.             {  
26.                 if(j&1)  ans[i]+=ans[i-tmp[j+t]];  
27.                 else     ans[i]-=ans[i-tmp[j+t]];  
28.             }  
29.             else break;  
30.             ans[i]=(ans[i]%MOD+MOD)%MOD;  
31.             if(tmp[t-j]<=i)  
32.             {  
33.                 if(j&1) ans[i]+=ans[i-tmp[t-j]];  
34.                 else    ans[i]-=ans[i-tmp[t-j]];  
35.             }  
36.             else break;  
37.         }  
38.         ans[i]=(ans[i]%MOD+MOD)%MOD;  
39.     }  
40. }  
41. int main()  
42. {  
43.     int t,n;  
44.     Init();  
45.     cin>>t;  
46.     while(t--)  
47.     {  
48.         cin>>n;  
49.         cout<<ans[n]<<endl;  
50.     }  
51.     return 0;  
52. }  

 

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4658

 

题意：问一个数n能被拆分成多少种方法，且每一种方法里数字重复个数不能超过k（等于k）。

 

分析递推式为：

 

 

 

[cpp] view plain copy

1. #include <iostream>  
2. #include <string.h>  
3. #include <stdio.h>  
4.   
5. using namespace std;  
6. const int N = 100005;  
7. const int MOD = 1000000007;  
8.   
9. int dp[N];  
10.   
11. void Init()  
12. {  
13.     dp[0] = 1;  
14.     for(int i=1;i<N;i++)  
15.     {  
16.         dp[i] = 0;  
17.         for(int j=1;;j++)  
18.         {  
19.             int t = (3*j-1)*j / 2;  
20.             if(t > i) break;  
21.             int tt = dp[i-t];  
22.             if(t+j <= i) tt = (tt + dp[i-t-j])%MOD;  
23.             if(j&1) dp[i] = (dp[i] + tt)%MOD;  
24.             else    dp[i] = (dp[i] - tt + MOD)%MOD;  
25.         }  
26.     }  
27. }  
28.   
29. int Work(int n,int k)  
30. {  
31.     int ans = dp[n];  
32.     for(int i=1;;i++)  
33.     {  
34.         int t = k*i*(3*i-1) / 2;  
35.         if(t > n) break;  
36.         int tt = dp[n-t];  
37.         if(t + i*k <= n) tt = (tt + dp[n-t-i*k])%MOD;  
38.         if(i&1) ans = (ans - tt + MOD)%MOD;  
39.         else    ans = (ans + tt)%MOD;  
40.     }  
41.     return ans;  
42. }  
43.   
44. int main()  
45. {  
46.     Init();  
47.     int n,k,t;  
48.     scanf("%d",&t);  
49.     while(t--)  
50.     {  
51.         scanf("%d%d",&n,&k);  
52.         printf("%d\n",Work(n,k));  
53.     }  
54.     return 0;  
55. }