7215:简单的整数划分问题

题目链接：http://bailian.openjudge.cn/practice/4117/

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描述
将正整数n 表示成一系列正整数之和，n=n1+n2+…+nk, 其中n1>=n2>=…>=nk>=1 ，k>=1 。
正整数n 的这种表示称为正整数n 的划分。正整数n 的不同的划分个数称为正整数n 的划分数。

输入
标准的输入包含若干组测试数据。每组测试数据是一个整数N(0 < N <= 50)。
输出
对于每组测试数据，输出N的划分数。
样例输入
5
样例输出
7
提示
5, 4+1, 3+2, 3+1+1, 2+2+1, 2+1+1+1, 1+1+1+1+1

 

注意对比题目：

（1）数的划分（把n分为k份，有点类似于放苹果，但放苹果这道题目里面盘子可以为空，它不允许为空。）

（2）复杂的整数划分 

 

算法（一）递归法

把一个正整数n写成如下形式： n=m1+m2+...+mi; （其中mi为正整数，并且1 <= mi <= n），则{m1,m2,...,mi}为n的一个划分。如果{m1,m2,...,mi}中的最大值不超过m，即max(m1,m2,...,mi)<=m，则称它属于n的一个m划分。这里我们记n的m划分的个数为f(n,m);
例如当n=4时，他有5个划分，{4},{3,1},{2,2},{2,1,1},{1,1,1,1};注意4=1+3 和 4=3+1被认为是同一个划分。

根据n和m的关系，考虑以下几种情况：
(1)当n=1时，不论m的值为多少（m>0)，只有一种划分即{1};
(2) 当m=1时，不论n的值为多少，只有一种划分即n个1，{1,1,1,...,1};
(3) 当n=m时，根据划分中是否包含n，可以分为两种情况：
　　(a). 划分中包含n的情况，只有一个即{n}；
　　(b). 划分中不包含n的情况，这时划分中最大的数字也一定比n小，即n的所有(n-1)划分。因此 f(n,n) =1 + f(n,n-1);
(4) 当n<m时，由于划分中不可能出现负数，因此就相当于f(n,n);
(5) 但n>m时，根据划分中是否包含最大值m，可以分为两种情况：
　　(a). 划分中包含m的情况，即{m, {x1,x2,...xi}}, 其中{x1,x2,... xi} 的和为n-m，可能再次出现m，因此是（n-m）的m划分，因此这种划分个数为f(n-m, m);
　　(b). 划分中不包含m的情况，则划分中所有值都比m小，即n的(m-1)划分，个数为f(n,m-1);因此 f(n, m) = f(n-m, m)+f(n,m-1);

综合以上情况，我们可以看出，上面的结论具有递归定义特征，其中（1）和（2）属于回归条件，（3）和（4）属于特殊情况，将会转换为情况（5）。而情况（5）为通用情况，属于递推的方法，其本质主要是通过减小m以达到回归条件，从而解决问题。其递推表达式如下：
f(n, m)    =1; 　　　　　　　　　　 (n=1 or m=1)
               =f(n, n); 　　　　　　　　 (n<m)
               =1+ f(n, m-1); 　　 　　     (n=m)
               =f(n-m,m)+f(n,m-1);　　     (n>m)

#include <stdio.h>
long long GetPartitionCount(int n,int max)
{
    if(n==1||max==1) return 1;
    else if(n<max) return GetPartitionCount(n,n);
    else if(n==max) return 1+GetPartitionCount(n,max-1);
    else return GetPartitionCount(n,max-1)+GetPartitionCount(n-max,max);
}
int main(int argc, char *argv[])
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        printf("%lld\n",GetPartitionCount(n,n));
    }
    return 0;
}

 

算法（二）动态规划

这道题就是整数的划分，其实定义好了状态，就是简单的动态规划的递推。

我们定义dp[n][k]表示将n进行划分，最大的数不超过k的方案有多少种，那么我们可以得到如下的递推方案：

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

其中的dp[n][k-1]便是将n进行进行整数的划分，最大的数不超过k-1的方案数；dp[n-k][k]表示拿出一个k后，剩下的数被不超过k的数的表示的方案数。

其中当k>n的时候，则和dp[n][n]的值相同，下面通过递推的方式求出所有的解，然后对应的输入n，输出dp[n][n]就行了。 

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
using namespace std;

const int MAX = 122;  
int dp[MAX][MAX];

void Dynamic()
{
    for(int i=1; i<MAX; i++)
    {
        dp[i][1] = dp[1][i] = dp[0][i] = 1;
    }
    for(int i=2; i<MAX; i++)
    {
        for(int j=2; j<MAX; j++)
        {
            if(j<=i) dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i-j][j];
            else dp[i][j] = dp[i][i];
        }
    }
}  
int main()  
{  
    int n;
    Dynamic();
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        printf("%d\n",dp[n][n]);
    }
    return 0;  
}

 这道题的动规思路，下面的论述比较清晰一些：

 

整数划分问题 
数 n 的划分是将 n 表示成多个正整数之和的形式，划分可以分为两种情况：
第一种情况：划分的多个正整数中，正整数的数量是任意的。

这又可以分为划分的正整数中，正整数可以相同与不同两类

 1.  划分的多个正整数可以相同, 递推方程可以表示为：
     (1)   dp[n][m]= dp[n][m-1]+ dp[n-m][m]
           分析dp[n][m]表示整数 n 的划分中，每个数不大于 m 的划分数。则划分数可以分为以下两种情况:
           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. 划分中有至少一个数为 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)   dp[n][m]= dp[n][m+1]+ dp[n-m][m]
            其中dp[n][m]表示整数 n 的划分中，每个数不小于 m 的划分数。同理可证明该式。
 
 2.  划分的多个正整数互不相同，递推方程可以表示为：
     (1)    dp[n][m]= dp[n][m-1]+ dp[n-m][m-1]
            分析： dp[n][m]表示整数 n 的划分中，每个数不大于 m 的划分数。同样划分情况分为以下两种情况：
             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)    dp[n][m]= dp[n][m+1]+ dp[n-m][m]
             其中dp[n][m]表示整数 n 的划分中，每个数不小于 m 的划分数。

第二种情况：划分的多个正整数中，正整数的数量是固定的
   把一个整数 n 无序划分成 k 份互不相同的正整数之和的方法总数。   方程为： dp[n][k]= dp[n-k][k]+ dp[n-1][k-1];
   证明方法参考： http://www.mydrs.org/program/html/0369.htm
   另一种理解，总方法可以分为两类：
   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]

类似问题：

M个小球装N个盒子，或者苹果装盘问题。比如：把M个球放到N个盒子,允许有空的盒子(不放球),有多少种放法?这些都属于典型的DP问题。

用F(m,n)表示有多少种放法:
    如果m=0 或者 m=1 , F = 1
    如果n=0 或者 n=1   , F =1
    既F(0,0) = F(0,1) = F(1,0) = F(1,1) = 1
    否则 F = F(m-n,n) + F(m,n-1)这就是DP的解空间递归解

 

 

关于整数的质因子和分解

【问题描述】
歌德巴赫猜想说任何一个不小于6的偶数都可以分解为两个奇素数之和。对此问题扩展，如果一个整数能够表示成两个或多个素数之和，则得到一个素数和分解式。对于一个给定的整数，输出所有这种素数和分解式。注意，对于同构的分解只输出一次（比如5只有一个分解2 + 3，而3 + 2是2 + 3的同构分解式）。

例如，对于整数8，可以作为如下三种分解：
(1) 8 = 2 + 2 + 2 + 2
(2) 8 = 2 + 3 + 3
(3) 8 = 3 + 5

【算法分析】
由于要将指定整数N分解为素数之和，则首先需要计算出该整数N内的所有素数，然后递归求解所有素数和分解即可。

原作者的C++代码：（感觉其实就是回溯的思路）

#include <iostream>   
#include <vector>   
#include <iterator>   
#include <cmath>   
using namespace std;   
  
// 计算num内的所有素数（不包括num）   
void CalcPrimes(int num, vector<int> &primes)   
{   
    primes.clear();   
    if (num <= 2)   
        return;   
       
    primes.push_back(2);   
    for (int i = 3; i < num; i += 2) 
    {   
        int root = int(sqrt(i));   
        int j = 2;   
        for (j = 2; j <= root; ++j)
        {   
            if (i % j == 0)   
                break;   
        }   
        if (j > root)   
            primes.push_back(i);   
    }   
}   
  
// 输出所有素数组合(递归实现)   
int PrintCombinations(int num, const vector<int> &primes, int from, vector<int> &numbers)   
{   
    if (num == 0) 
    {   
        cout << "Found: ";   
        copy(numbers.begin(), numbers.end(), ostream_iterator<int>(cout, " "));   
        cout << '\n';   
        return 1;   
    }   
       
    int count = 0;   
       
    // 从第from个素数搜索，从而避免输出同构的多个组合   
    int primesNum = primes.size();   
    for (int i = from; i < primesNum; ++i)
    {   
        if (num < primes[i])   
            break;   
        numbers.push_back(primes[i]);   
        count += PrintCombinations(num - primes[i], primes, i, numbers);   
        numbers.pop_back();   
    }   
       
    return count;   
}   
  
// 计算num的所有素数和分解   
int ExpandedGoldbach(int num)   
{   
    if (num <= 3)   
        return 0;   
       
    vector<int> primes;   
    CalcPrimes(num, primes);   
       
    vector<int> numbers;   
    return PrintCombinations(num, primes, 0, numbers);   
}   
  
int main()   
{   
    for (int i = 1; i <= 20; ++i)
    {   
        cout << "When i = " << i << ":\n";   
        int count = ExpandedGoldbach(i);   
        cout << "Total: " << count << "\n\n";   
    }   
}

C语言代码如下：

#include<stdio.h>
#include<math.h>
#include<string.h>

#define maxNum 1000
int primeNum[maxNum]={0},ansArr[maxNum]={0};
int indexForPrimeNum,indexForAnsArr;

int work(int num);//输出num的所有素数和分解的方案并返回其总方案数
int CalcPrimes(int num);//计算num内的所有素数（不包括num），结果保存在primeNum[]. 

int PrintAns(int num,int from);
//回溯法的思想：从primeNum[]的第from个元素开始选择元素来累加构造num。
//构造结果放在ansArr[]中。寻找到一个构造方案后输出该方案.
//最终返回总的方案数

int main(int argc, char *argv[])
{
    for (int i = 1; i <= 20; ++i)
    {   
        printf("When i = %d:\n",i);   
        int count = work(i);   
        printf("Total: %d\n\n",count);   
    }
    return 0;
}
//计算num内的所有素数（不包括num），结果保存在primeNum[]. 返回数组元素个数 
int CalcPrimes(int num)
{
    int i,j,root,k=0;
    
    if(num<2) return k;
    memset(primeNum,0,sizeof(primeNum));
    
    primeNum[k++]=2;
    for(i=3;i<num;i++)
    {
        root=sqrt(i);
        for(j=2;j<=root;j++)
        {
            if(i%j==0) break;
        }
        if(j>root) primeNum[k++]=i;
    }
    return k;
}
//调用PrintAns()输出num的所有素数和分解的方案，返回其总方案数 
int work(int num)
{
    if(num<=3) return 0;
    
    indexForPrimeNum=CalcPrimes(num);
    
    memset(ansArr,0,sizeof(ansArr));
    indexForAnsArr=0;
    return PrintAns(num,0);
}

//回溯法的思想：从primeNum[]的第from个元素开始选择元素来累加构造num。
//构造结果放在ansArr[]中。寻找到一个构造方案后输出该方案.
//最终返回总的方案数
int PrintAns(int num,int from)
{
    int i;
    if(num==0)
    {
        printf("Found: ");
        for(i=0;i<indexForAnsArr;i++) printf(" %d",ansArr[i]);
        printf("\n");
        return 1;
    }
    
    int totalCount = 0;
    //从第from个素数搜索，从而避免输出同构的多个组合
    for(i=from;i<indexForPrimeNum;i++)
    {
        if(num<primeNum[i]) break;
        ansArr[indexForAnsArr++]=primeNum[i];
        totalCount+=PrintAns(num-primeNum[i],i);
        indexForAnsArr--;    
    }
    return totalCount;
}

 

 

参考：

http://www.cppblog.com/superKiki/archive/2010/05/27/116506.html

http://blog.csdn.net/geniusluzh/article/details/8118683