划分数系列问题

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

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：

思路一：

方法可以分为两类：dp[n][k]= dp[n-k][k]+ dp[n-1][k-1];

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]

思路二：

dp[i,j]表示将i分成j份的方案数。

dp[i,j]:=dp[i-j,1]+dp[i-j,2]+dp[i-j,3]+…+dp[i-j,j-1]+dp[i-j,j];

时间复杂度是n*k^2。O(n*k)的方法：

由于，

dp[i,j]=dp[i-j,1]+dp[i-j,2]+…+dp[i-j,j];

dp[i-1,j-1]=dp[(i-1)-(j-1),1]+dp[(i-1)-(j-1),2]+…+dp[(i-1)-(j-1),j-1]

=dp[i-j,1]+dp[i-j,2]+…+dp[i-j,j-1];

因此,

dp[i,j]=dp[i-j,1]+dp[i-j,2]+…+dp[i-j,j-1]+dp[i-j,j]

 =dp[i-1,j-1]+dp[i-j,j];

思路三：（来自hzwer）

就是它这个分法比较特殊

不是一堆一堆分的
而是每次把每一堆+1，或者把空堆变成1 

拓展：还有一个划分为不超过k组的问题

就是看成与本题类似，但是可以有元素为0

得到：dp[i,j]=dp[i-j,j]+dp[i,j-1]

区别就是dp[i,j-1]中i没有-1

参照hzwer的思想，因为元素可以为0，就算某一堆为空堆，总数也不需要-1

3.将n划分成若干奇数的划分法：

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];

代码实现：

/*
 * hit1402.c
 *
 *  Created on: 2011-10-11
 *      Author: bjfuwangzhu
 */
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define nmax 51
intnum[nmax][nmax]; //将i划分为不大于j的个数
intnum1[nmax][nmax]; //将i划分为不大于j的不同的数
intnum2[nmax][nmax]; //将i划分为j个数
intf[nmax][nmax]; //将i划分为j个奇数
intg[nmax][nmax]; //将i划分为j个偶数
voidinit() {
    inti, 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;
            } elseif(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];
        }
    }
}
intmain() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("data.in", "r", stdin);
#endif
    intn, 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);
    }
    return0;
}

　　

4.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。

代码实现：

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);
}

　　

5.附加问题

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! ^_^。

6.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？

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。

 

参考文献:http://www.cnblogs.com/xiaoxian1369/archive/2011/09/12/2174212.html