分拆数

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• 2023-08-10 21:35:48 星期四 将大体板块搬运+修改了一下

分拆： 将自然数 $n$ 写成递降正整数和的表示。

$$n=r_1+r_2+\dots +r_k(r_1\ge r_2\ge \dots \ge r_k\ge 1)$$

和式中每个正整数称为一个部分。

分拆数：$p_n$。自然数 $n$ 的分拆方法数。

自 0 开始的分拆数：

n	0	1	2	3	4	5	6	7	8
$p_n$	1	1	2	3	5	7	11	15	22

2|0k 部分拆数

将 $n$ 分成恰有 $k$ 个部分的分拆，称为 $k$ 部分拆数，记作 $p(n,k)$。
显然，$k$ 部分拆数 $p(n,k)$ 同时也是下面方程的解数：

$$n-k=y_1+y_2+\dots +y_k(y_1\ge y_2\ge \dots \ge y_k\ge 0)$$

发现 $p(n,k)$ 可以由以下两部分贡献：

1. 可以增加一个 $1$ 的部分；
2. 可以把之前所有的部分加 $1$。

因此有和式：

$$p(n,k)=p(n-1,k-1)+p(n-k,k)$$

如果列出表格，每个格里的数，等于左上方的数，加上该格向上方数，所在列数个格子中的数。

2|1生成函数

由等比数列求和公式，有：

$${\displaystyle \frac{1}{1-x^k}}=1+x^k+x^{2k}+\dots$$

所以

$$G(x)={\displaystyle \frac{1}{1-x}}{\displaystyle \frac{1}{1-x^2}}{\displaystyle \frac{1}{1-x^3}}\dots$$

对于 k 部分拆数，生成函数稍微复杂。具体写出如下：

$$\sum _{n,k=0}^{\mathrm{\infty }}p(n,k)x^n{y}^k=\frac{1}{1-xy}\frac{1}{1-x^{2}y}\frac{1}{1-x^{3}y}\dots$$

2|2Ferrers 图

Ferrers 图： 将分拆的每个部分用点组成的行表示。每行点的个数为这个部分的大小。

根据分拆的定义，Ferrers 图中不同的行按照递减的次序排放。最长行在最上面。
例如：分拆 12=5+4+2+1 的 Ferrers 图。

将一个 Ferrers 图沿着对角线翻转，得到的新 Ferrers 图称为原图的共轭，新分拆称为原分拆的共轭。显然，共轭是对称的关系。
例如上述分拆 $12=5+4+2+1$ 的共轭是分拆 $12=4+3+2+2+1$。

最大 $k$ 分拆数： 自然数 $n$ 的最大部分为 $k$ 的分拆个数。

根据共轭的定义，有显然结论：
最大 $k$ 分拆数与 $k$ 部分拆数相同，均为 $p(n,k)$。

3|0互异分拆数

互异分拆数：$p{d}_n$。自然数 n 的各部分互不相同的分拆方法数。（Different）

n	0	1	2	3	4	5	6	7	8
$p{d}_n$	1	1	1	2	2	3	4	5	6

同样地，定义互异 $k$ 部分拆数 $pd(n,k)$，表示最大拆出 $k$ 个部分的互异分拆，是这个方程的解数：

$$n=r_1+r_2+\dots +r_k(r_1>r_2>\dots >r_k\ge 1)$$

完全同上，也是这个方程的解数：

$$n-k=y_1+y_2+\dots +y_k(y_1>y_2>\dots >y_k\ge 0)$$

这里与上面不同的是，由于互异，新方程中至多只有一个部分为零。有不变的结论：恰有 $j$ 个部分非 $0$，则恰有 $pd(n-k,j)$ 个解，这里 $j$ 只能取到 $k$ 或 $k-1$。因此直接得到递推：

$$pd(n,k)=pd(n-k,k-1)+pd(n-k,k)$$

同样像组合数一样列出表格，每个格里的数，等于该格前一列上数，所在列数个格子中的数，加上该格向上方数，所在列数个格子中的数。

3|1生成函数

由于每个值最多只能取一个，所以：

$$G(x)=(1+x)(1+x^2)(1+x^3)\dots$$

3|2奇分拆数

奇分拆数：$p{o}_n$。自然数 $n$ 的各部分都是奇数的分拆方法数。（Odd）
有一个显然的等式：（从奇偶性上来分析）

$$\prod _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(1+x^i)=\frac{\prod _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(1-x^{2i})}{\prod _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(1-x^i)}=\prod _{i=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{1-x^{2i-1}}$$

最左边是互异分拆数的生成函数，最右边是奇分拆数的生成函数。两者对应系数相同，因此，奇分拆数和互异分拆数相同：

$$p{o}_n=p{d}_n$$

但显然 $k$ 部奇分拆数和互异 $k$ 部分拆数不是一个概念，这里就不列出了。

再引入两个概念：
互异偶分拆数：$pd{e}_n$。自然数 n 的部分数为偶数的互异分拆方法数。（Even）
互异奇分拆数：$pd{o}_n$。自然数 n 的部分数为奇数的互异分拆方法数。（Odd）
因此有：

$$p{d}_n=pd{e}_n+pd{o}_n$$

同样也有相应的 $k$ 部概念。由于过于复杂，不再列出。

4|0五边形数定理

单独观察分拆数的生成函数的分母部分：

$$\prod _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(1-x^i)$$

将这部分展开，可以想到互异分拆，与互异分拆拆出的部分数奇偶性有关。

具体地，互异偶部分拆在展开式中被正向计数，互异奇部分拆在展开式中被负向计数。因此展开式中各项系数为两方法数之差。即：

$$\sum _{i=0}^{\mathrm{\infty }}({pde}_i-{pdo}_i)x^i=\prod _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(1-x^i)$$

接下来说明，多数情况下，上述两方法数相等，在展开式中系数为 $0$；仅在少数位置，两方法数相差 $1$ 或 $-1$。

这里可以借助构造对应的办法。
画出每个互异分拆的 Ferrers 图。最后一行称为这个图的底，底上点的个数记为 $b$ (Bottom)；连接最上面一行的最后一个点与图中某点的最长 $45$ 度角线段，称为这个图的坡，坡上点的个数记为 $s$ (Slide)。

要想在互异偶部分拆与互异奇部分拆之间构造对应，就要定义变换，在保证互异条件不变的前提下，使得行数改变 $1$：

• 变换 A： 当 $b$ 小于等于 $s$ 的时候，就将底移到右边，成为一个新坡。
• 变换 B： 当 $b$ 大于 $s$ 的时候，就将坡移到下边，成为一个新底。

这两个变换，对于多数时候的 $n$，恰有一个变换可以进行，就在互异偶部分拆与互异奇部分拆之间构造了一个一一对应。已经构造了一一对应的两部分分拆个数相等，因此这时展开式中第 $n$ 项系数为 $0$。
变换 A 不能进行的条件：底与坡有一个公共点，即 $b=s$。这种情形只发生于：

$$n=b+(b+1)+\dots +(b+b-1)=b+{\displaystyle \frac{b(b-1)}{2}}={\displaystyle \frac{b(3b-1)}{2}}$$

这时，展开式中第 $n$ 项为：

$$\prod _{i=0}^{b-1}(-x{)}^{b+i}=(-1{)}^b\prod _{i=0}^{b-1}{x}^{b+i}=(-1{)}^b{x}^n$$

变换 B 不能进行的条件：底与坡有一个公共点，即 $b=s+1$。这种情形只发生于：

$$n=(s+1)+(s+2)+\dots +(s+s)=\frac{s(3s-1)}{2}$$

这时，展开式中第 $n$ 项为：

$$\prod _{i=1}^s(-x{)}^{s+i}=(-1{)}^s\prod _{i=1}^s{x}^{s+i}=(-1{)}^s{x}^n$$

至此，我们就证明了：

$$(1-x)(1-x^2)(1-x^3)\dots =\dots +x^{26}-x^{15}+x^7-x^2+1-x+x^5-x^{12}+x^{22}-\dots =\sum _{k=-\mathrm{\infty }}^{+\mathrm{\infty }}(-1{)}^k{x}^{\frac{k(3k-1)}{2}}$$

将这个式子整理，对比两边各项系数，就得到递推式。

$$(1+p_{1}x+p_2{x}^2+p_3{x}^3+\dots )(1-x-x^2+x^5+x^7-x^{12}-x^{15}+x^{22}+x^{26}-\dots )=1$$

$$p_n=p_{n-1}+p_{n-2}-p_{n-5}-p_{n-7}+\dots$$

这个递推式有无限项，但是如果规定负数的分拆数是 $0$（$0$ 的分拆数已经定义为 $1$），那么就简化为了有限项。

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