DP专题：划分数问题

一、这个专题有什么用

练练DP

练练组合数学

......

二、正题

此类问题有如下几种形态：

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划分成若干正整数的划分数

(1):划分数可以存在相同的数

那么，设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]

总递推式：dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m]

(2):划分数不可以存在相同的数

若还是设成同样的状态，从（1）可以看出，a条件是不会改变的，而b条件中，n-m后由于不存在重复，则划分数变为dp[n-m][m-1]

总递推式：dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m-1]

2:将n划分成k个正整数的划分数

设dp[i][k]为，把i分成k分的划分法

那么也有两种情况：

　　a.n份中不包括1的情况，那么每份中都可以拿出1来，即为dp[i-k][k]

　　b.n份中起码有1个1的情况，那么把这个1去掉，变为dp[i-1][k-1]

总递推式：dp[i][k]=dp[i-k][k]+dp[i-1][k-1]

3:将n划分成若干奇数的划分数

设g[i][j]:将i划分成j个偶数

f[i][j]:将i划分成j个奇数

对于偶数来讲，为f[i-j][j]中的共j个数，每个加1，则变成偶数。

对于奇数来讲，为g[i-j][j]中的共j个数，每个加1，则变成奇数；且还有新加入的1，则为f[i-1][j-1]

所以递推式为：g[i][j]=f[i-j][j] , f[i][j]=f[i-1][j-1]

可以看一看HitOJ1402的代码：

 /*
  * 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 = ; i < nmax; i++) {
         num[i][] = , num[][i] = , num1[i][] = , num1[][i] = , num2[i][] =
                 , num2[][i] = ;
     }
     for (i = ; i < nmax; i++) {
         for (j = ; j < nmax; j++) {
             if (i < j) {
                 num[i][j] = num[i][i];
                 num1[i][j] = num1[i][i];
                 num2[i][j] = ;
             } else if (i == j) {
                 num[i][j] = num[i][j - ] + ;
                 num1[i][j] = num1[i][j - ] + ;
                 num2[i][j] = ;

             } else {
                 num[i][j] = num[i][j - ] + num[i - j][j];
                 num1[i][j] = num1[i][j - ] + num1[i - j][j - ];
                 num2[i][j] = num2[i - ][j - ] + num2[i - j][j];
             }
         }
     }
     f[][] = , g[][] = ;
     for (i = ; i < nmax; i++) {
         for (j = ; j <= i; j++) {
             g[i][j] = f[i - j][j];
             f[i][j] = f[i - ][j - ] + 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 = , res3 = ; 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 ;
 }

4.将正整数划分成连续的正整数之和

eg: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

首先考虑一般形式，设n为被划分的正整数，x为划分后的最小整数，如果n有一种m划分，那么数列为

x,x+1,x+2....x+m-1

而其结果的公式为( x * i + i * ( i + 1 ) / 2 )

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？

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 = , xlen = ; (te = i * (i - ) / ) < n; i++) {
         x = n - te;
         if (x % i == ) {
             x /= i;
             printf("%d", x);
             for (j = ; j < i; j++) {
                 printf("%d ", x + j);
             }
             printf("\n");
             xlen++;
         }
     }
     printf("%d\n", xlen);
 }

5.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.从小学奥数的整数划分得到的有用结论

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？

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。

以上内容转自 qingyezhu的cnblogs  并加以改编