整数划分dp

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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：

　　　　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];

 方法可以分为两类：

  第一类：i中拿出j个1分到每一份中，将剩余的i-j分成j个奇数

  第二类：一份包含奇数1，剩余的i-1分成j-1个奇数；另一种，每份至少大于1，将j个1拿出来分到每一份中，其余i-j分成j份


　　代码如下所示（转载）：
复制代码

/*
 * 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;
}
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版权声明：本文为CSDN博主「月貘苏」的原创文章，遵循 CC 4.0 BY-SA 版权协议，转载请附上原文出处链接及本声明。
原文链接：https://blog.csdn.net/Athenaer/article/details/8265234

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