【题解】整数划分 [51nod1201] 整数划分 V2 [51nod1259]

【题解】整数划分 [51nod1201] 整数划分 V2 [51nod1259]

传送门：整数划分 \([51nod1201]\) 整数划分 \(V2\) \([51nod1259]\)**

【题目描述】

\(【T1】\)

将整数 \(N\) 划分为若干个不同整数的和，有多少种不同的划分方式，答案对 \(10^9 + 7\) 取模。

例：\(n=6\)，\(n\) 可划分为 \(\{6\} \{1,5\} \{2,4\} \{1,2,3\}\) 共 \(4\) 种。

【样例】

样例输入：
6

样例输出：
4

【数据范围】

\(100\%\) \(1 \leqslant N \leqslant 50000\)

---

\(【T2】\)

将 \(N\) 划分为若干个整数的和，有多少种不同的划分方式，答案对 \(10^9 + 7\) 取模。

例：\(n=4\)，\(n\) 可划分为 \(\{4\} \{1,3\} \{2,2\} \{1,1,2\} \{1,1,1,1\}\) 共 \(5\) 种。

【样例】

样例输入：
4

样例输出：
5

【数据范围】

\(100\%\) \(1 \leqslant N \leqslant 50000\)

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【分析】

【球盒问题】

这两道题实际上是一种球盒问题的变型。

球盒问题见隔壁 【学习笔记】薛定谔的喵咪 \(Cat\) \(—\) 球盒问题（全详解）。

先来看 \(T2\)，想象一下，有 \(n\) 个 \(1\) 整整齐齐地站成一排，你可以将其划分为 \(m\) 个区间，其中 \(m \in [1,n]\)。实际上就是要把 \(n\) 个相同的球放进 \(m\) 个相同的盒子，盒子不可为空。

可以发现，如果随意放的话，会有大量的重复情况。而每一种分配方式都可以将盒子按照球的数量从大到小排序，排出来一个非严格降序（或升序）的序列。所以，每次为新的盒子分配时，只要分配的球数小于等于上一次的分配球数，就可以保证不重不漏。

设 \(dp[i][j]\) 表示将 \(j\) 个球放入 \(i\) 个盒子的方案数。

\(dp\) 方程为： \(dp[i][j]=dp[i−1][j−1]+dp[i][j−i]\) 。

用简单一些的方式来理解（我也不知道是否严谨，数学证明见隔壁）：

\(dp[i-1][j-1]\) 指的是新的盒子 \(i\) 里面只放了一个球。

\(dp[i][j-i]\) 指的是在所有已经分好的 \(i\) 个盒子里面都多放一个球。

那么 \(T1\) 呢？由于同一整数只能用一次，即任意两个盒子里面不能放入相同数量的球，那么降序排列后就应该是严格单调下降的，新盒子所分配的球数需要小于上一次的分配球数。

多了一些限制，还是一样的状态表示，\(dp[i][j-i]\) 方程中的仍可保留。

而 \(dp[i-1][j-1]\) 出现了一个问题：每次都在新盒子中放 \(1\) 会触犯到限制。但如果先把前面 \(i-1\) 个盒子都加 \(1\)，新盒子就可以放 \(1\) 了，所以改为 \(dp[i-1][j-(i-1)-1]\) 。

\(dp\) 方程为：\(dp[i][j]=dp[i−1][j−i]+dp[i][j−i]\) 。

【背包问题】

用背包也可以做做。

将 \(1,2,3,4...n\) 使作 \(n\) 个不同的物品，其编号就是体积。

用 \(dp[j]\) 表示选了总体积为 \(V\) 的物品的方案数，正序枚举 \(i\) 的同时保证了物品的选择保持单调不下降态，至于后面的 \(j\)，两道题用不同的做法。

\(T1\) 倒序枚举，即 \(01\) 背包。\(T2\) 正序枚举，即完全背包。

\(dp\) 方程均为：\(dp[j]+=dp[j-i]\) 。

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但以上两种做法时间复杂度均为是 \(O(n^2)\)，需要想办法优化。

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【优化加速】

【T1】

考虑【球盒问题】的优化。

如果尽量让每个盒子中的球数最小，那么选出来的盒子那么选出来的升序序列就是这样子的：\(1,2,3...n\)，而使用的盒子数量最大值就是此时的 \(m\)。

序列之和 \(\frac {m(m+1)}{2}=n\)，\(m\) 算出来大概是 \(\sqrt{2n}+1\)，所以枚举盒子数时只需要枚举 \(1\) 到 \(m\) 就可以了。

时间复杂度为 \(O(n\sqrt{2n})\)

【T2】

由于可以重复分配某一数量的球，盒子数最大可以达到 \(n\) （全部都只放一个），\(T1\) 的优化不再适用。

考虑分成 \([1,m-1],[m,n]\) 两块计算。

即分别算出只使用某块以内的数来组成 \(n\) 的方案数，然后乘法原理再求和即可。

前面部分就用【完全背包】，不多废话。

后面部分用【球盒问题】解决。

由于可以选的数大于等于 \(m\)，所用盒子数量必定小于等于 \(\lceil \frac{n}{m}\rceil\)，因此盒子数量只需要枚举 \([1,\lceil \frac{n}{m}\rceil]\)。

只是这次可选的最小数变成了 \(m\) 而不是 \(1\)，所以将 \(dp[i-1][j-1]\) 改成 \(dp[i-1][j-m]\)，即在新的盒子 \(i\) 里面放 \(m\) 个球。

\(dp\) 方程为：\(dp[i][j]=dp[i−1][j−m]+dp[i][j−i]\) 。

总时间复杂度为 \(O(n(m+\frac{n}{m}))\)。

由均值不等式可知：\(m+\frac{n}{m} \geqslant 2\sqrt{m*\frac{n}{m}} = 2\sqrt{n}\)，当且仅当 \(m=\frac{n}{m}\) 时等号成立，所以 \(m\) 取 \(\sqrt{n}+1\) 即可（老师说每次使用 \(sqrt\) 时都要注意精度误差，在后面加个 \(1\) 比较保险）。

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【Code】

【T1】

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Re register int
const int N=5e4+3,P=1e9+7;
int n,m,ans,dp[320][N];
int main(){
    scanf("%d",&n);m=sqrt(2*n)+1;
    dp[0][0]=1;
    for(Re i=1;i<=m;++i)
    	for(Re j=i;j<=n;++j)
            (dp[i][j]=(dp[i-1][j-i]+dp[i][j-i])%P)%=P;
    for(Re i=1;i<=m;++i)(ans+=dp[i][n])%=P;
    printf("%d",ans);
}

【T2】

#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define Re register int
const int N=5e4+3,P=1e9+7;
int n,m,ans,f2[250][N],ans1[N],ans2[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);m=sqrt(n)+1;
    ans1[0]=1;
    for(Re i=1;i<m;++i)
    	for(Re j=i;j<=n;++j)
            (ans1[j]+=ans1[j-i])%=P;
    f2[0][0]=ans2[0]=1;
    for(Re i=1;i<=m;++i)
    	for(Re j=m;j<=n;++j){//j>=i&&j>=m，又因为i<=m所以j从m开始枚举
            (f2[i][j]+=(f2[i-1][j-m]+f2[i][j-i])%P)%=P;
            (ans2[j]+=f2[i][j])%=P;
    	}
    for(Re i=0;i<=n;++i)(ans+=(long long)ans1[i]*ans2[n-i]%P)%=P;
    printf("%d",ans);
}