7219:复杂的整数划分问题

题目链接：

http://noi.openjudge.cn/ch0207/7219/

http://bailian.openjudge.cn/practice/4119/

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65536kB

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。

输入

标准的输入包含若干组测试数据。每组测试数据是一行输入数据,包括两个整数N 和 K。 
(0 < N <= 50, 0 < K <= N)

输出

对于每组测试数据，输出以下三行数据:
第一行: N划分成K个正整数之和的划分数目
第二行: N划分成若干个不同正整数之和的划分数目
第三行: N划分成若干个奇正整数之和的划分数目

样例输入

5 2

样例输出

2
3
3

输出说明

第一行: 4+1, 3+2,
第二行: 5，4+1，3+2
第三行: 5，1+1+3， 1+1+1+1+1+1

分析

参考来源：http://blog.csdn.net/tp7309/article/details/54880495

整数划分问题这几个变形确实很经典，需要一个个说明下： 
设dp[n][m]表示数n划分方案中，每个数 不大于m 的划分数。

N划分成若干个可相同正整数之和（递归分析与实现）

划分分两种情况：

• 划分中每个数都小于m：则划分数为dp[n][m-1]。
• 划分中至少有一个数等于m：则从n中减去去m，然后从n-m中再划分，则划分数为dp[n-m][m]。

动态转移方程：dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m]。

N划分成若干个不同正整数之和

划分分两种情况：

• 划分中每个数都小于m：则划分数为dp[n][m-1]。
• 划分中至少有一个数等于m：则从n中减去m，然后从n-m中再划分，且再划分的数中每个数要小于m, 则划分数为dp[n-m][m-1]。

动态转移方程：dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m-1]。

N划分成K个正整数之和（递归分析与实现）

设dp[n][k]表示数n划分成k个正整数之和时的划分数。 
划分分两种情况：

• 划分中不包含1：则要求每个数都大于1，可以先拿出k个1分到每一份，之后在n-k中再划分k份，即dp[n-k][k]。
• 划分中包含1：则从n中减去1，然后从n-1中再划分k-1份, 则划分数为dp[n-1][k-1]。

动态转移方程：dp[n][k]=dp[n-k][k]+dp[n-1][k-1]。

N划分成若干个奇正整数之和

设f[i][j]表示将数i分成j个正奇数，g[i][j]表示将数i分成j个正偶数。 
首先如果先给j个划分每个分个1，因为奇数加1即为偶数，所以可得： 
f[i-j][j] = g[i][j]。 
划分分两种情况：

• 划分中不包含1：则要求每个数都大于1，可以先拿出k个1分到每一份，刚可将问题转换为”从i-j中划分j个偶数”，即g[i-j][j]。
• 划分中包含1：则从n中减去1，然后从n-1中再划分k-1份, 则划分数为f[n-1][k-1]。

动态转移方程：f[i][j]=f[i-1][j-1]+g[i-j][j]。

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
#define N 51
int dp1[N][N];    //N划分成K个正整数之和的划分数目。
int dp2[N][N];    //N划分成若干个不同正整数之和的划分数目。
int dp3[N][N];    //N划分成若干个可相同的正整数之和的划分数目。
int f[N][N];      //N划分成K个奇正整数之和的划分数目。
int g[N][N];      //N划分成K个偶正整数之和的划分数目。

void initDivideInt() {
    memset(dp1, 0, sizeof(dp1));  //dp[n][k]=dp[n-k][k]+dp[n-1][k-1]
    memset(dp2, 0, sizeof(dp2));  //dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m-1]
    memset(dp3, 0, sizeof(dp3));  //dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m]

    for (int i = 1; i < N; i++) {
        for (int j = 1; j < N; j++) {
            if (i < j) {
                dp1[i][j] = 0;
                dp2[i][j] = dp2[i][i];
                dp3[i][j] = dp3[i][i];
            }
            else if (i == j) {
                dp1[i][j] = 1;
                dp2[i][j] = dp2[i][j - 1] + 1;
                dp3[i][j] = dp3[i][j - 1] + 1;
            }
            else {
                dp1[i][j] = dp1[i - j][j] + dp1[i - 1][j - 1];
                dp2[i][j] = dp2[i][j - 1] + dp2[i - j][j - 1];
                dp3[i][j] = dp3[i][j - 1] + dp3[i - j][j];
            }
        }
    }
}

//f[i][j]=f[i-1][j-1]+g[i-j][j]
void initDivideOdd() {
    f[0][0] = 1;
    g[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i++) {
        for (int 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() {
//  freopen("in.txt", "r", stdin);
    int n, k;
    initDivideInt();
    initDivideOdd();
    while (cin >> n >> k) {
        cout << dp1[n][k] << endl;
        cout << dp2[n][n] << endl;

        int sum = 0;
        for (int i = 0; i <= n; i++) {
            sum += f[n][i];
        }
        cout << sum << endl;
    }
    return 0;
}

 

另一篇分析：http://www.cnblogs.com/sjymj/p/5385436.html

推荐阅读：http://blog.csdn.net/codingdd/article/details/61414550