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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];
将n划分成若干奇数的划分法：
f[i][j]:将i划分为j个偶数
g[i][j]:将i划分为j个奇数
f[i][j] = g[i - j][j];
g[i][j] = g[i - 1][j - 1] + f[i - j][j];
方法可以分为两类：
对于偶数f[i][j]: i 份中不包含 1 的分法，为保证每份都 >= 2，可以先拿出 j 个 1 分
到每一份，然后再把剩下的 i - j 分成 j 个奇数即可，分法有: g[i-j][j]
对于奇数g[i][j]: i 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 j- 1 份即g[i - 1][j - 1],还有就是没有一份为 1 的分法可以先拿出 j 个 1 分
到每一份，然后再把剩下的i - j 分成 j 个偶数即f[i-j][j]，分法有：g[i-1][j-1] + f[i-j][j]
/* * 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。
描述
整数划分是一个经典的问题。请写一个程序,完成以下要求。
5 2
7 2 3 3 3
整数划分问题是一个数学上的很经典的问题，这几天学习了一下、、、发现这道题是最全面的一道整数划分题，nyoj中有四道是关于整数划分的题，题号分别是：90、176、651、571、也就是做出来这道题、这个问题也就解决了、、、、下面是我一个博客中看到的整数划分问题最全面的讲解、附地址：
http://www.programfan.com/acm/show.asp?qid=57#comment
http://www.cnblogs.com/xiaoxian1369/archive/2011/09/12/2174212.html
/*对于输入的 n,k; 第一行： 将n划分成若干正整数之和的划分数。 第二行： 将n划分成k个正整数之和的划分数。 第三行： 将n划分成最大数不超过k的划分数。 第四行： 将n划分成若干个 奇正整数之和的划分数。 第五行： 将n划分成若干不同整数之和的划分数。 第六行： 打印一个空行*/ #include<iostream> #include <cstring> #include<vector> #include <cstdio> using namespace std; #define N 55+1 int dp[N][N]; int main() { //分为若干个正整数和 //memset(dp,0,sizeof(dp)); int n,k; int out[6]; while(cin>>n>>k) { memset(dp,0,sizeof(dp)); //任意个正整数和，则dp[i][j]表示i分解成最大不超过j的个数， //分为最大是j和最大不是j，则dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1]; dp[0][0]=1; for (int i=0;i<=n;i++) { for (int j=1;j<=n;j++) { if(j<=i) dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1]; else dp[i][j]=dp[i][i]; } } out[1]=dp[n][n]; out[3]=dp[n][k]; //分成K个正整数的和 ,分为k个数中没有1，和有1， //dp[i][j],将i划分为j个dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i-1][j-1]; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=1;i<=n;i++) for (int j=1;j<=i;j++) { if(j==1) dp[i][j]=1; else dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i-1][j-1]; } out[2]=dp[n][k]; //奇数和dp[i][j]为划分最大的奇数不超过j的数， //则dp[i][j]=dp[i-n(j)][j]+dp[i][j-2];n(j)为不超过j的最大奇数 //初始条件，dp[i][1]=1,j为偶数时候dp[i][j]=dp[i][j-1];当i==n(j) , //出现dp[0][j]，也就是当i为奇数时候，dp[0][j]=1; memset(dp,0,sizeof(dp)); for(int i=0;i<=n;i++) { dp[i][1]=1; if(i&1) dp[0][i]=1; } for (int i=1;i<=n;i++) { for (int j=1;j<=n;j++) { if(j&1) { if(j<=i) dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1]; else dp[i][j]=dp[i][i]; } else dp[i][j]=dp[i][j-1]; } } out[4]=dp[n][n]; //不同正整数和，dp[i][j]是不超过j的不同的整数和，dp[i][j]=dp[i-j][j-1]+dp[i][j-1];初始状态dp[1][1]=1; //当i==j时，出现dp[0][j-1],表示先拿出一个j出来，这时候就应该是1中情况。 memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1; for (int i=0;i<=n;i++) { for (int j=1;j<=n;j++) { if(j<=i) dp[i][j]=dp[i-j][j-1]+dp[i][j-1]; else dp[i][j]=dp[i][i]; } } out[5]=dp[n][n]; for (int i=1;i<=5;i++) { cout<<out[i]<<endl; } cout<<endl; } }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/c1299401227/p/5349017.html
