整数划分系列问题（动态规划）

今天上算法分析与设计课时，提到整数划分问题，但是因为之前没有很好地理解这一系列的问题。当被老师问到你们做算法的应该会这个问题吧，我当时也不太记得，但是只能硬头皮试着去写了下，用的是brute force，老师果断说我的方法跑不出正确的解，但是课堂上我也没有去解释了。课后自己验证了一下，没有问题，但是看了一下更好的动态规划的解法，顺便把几种整数划分的类型都理解清楚。

原题：一个整数划分为多个数的和，有几种划分的组合。

// 对num划分，最大的数不超过k
int divide(int num, int k) {
if(num == 0) {
return 1;
}
int res = 0;
for (int i = k; i > 0; i --) {
if(num - i >= 0) {
res += divide(num - i, i);
}
}
return res;
}

这个写法就是枚举了，效率肯定十分慢，不加记忆化的递归也快不到哪去。

加了记忆化后，n稍微大点还是跑不出来。

int d[1000][1000];
// 对num划分，最大的数不超过k
int divide(int num, int k) {
if(num == 0) {
return 1;
}
if(d[num][k] > 0) {
return d[num][k];
}
int res = 0;
for (int i = k; i > 0; i --) {
if(num - i >= 0) {
d[num-i][i] = divide(num - i, i);
res += d[num-i][i];
}
}
return res;
}

但是学会整数的划分动归求解，就可以在O(n*n)的时间复杂度内求解！！

下面进入正题。

整数划分问题变型比较多，但是有句话叫做万变不离其宗，这是看了两个贴吧大神（飞机）的讲解后领悟的，所以索性5个整数划分的问题全部列出来，自己也整理一下。

一： 将n划分成若干正整数之和的划分数。

二： 将n划分成k个正整数之和的划分数。

三： 将n划分成最大数不超过k的划分数。

四： 将n划分成若干奇正整数之和的划分数。

五： 将n划分成若干不同整数之和的划分数。

题目链接：http://acm.nyist.net/JudgeOnline/problem.php?pid=571

引用一下9楼的解释，结合7楼的代码。

先做一个定义：

定义：dp(i, j)表示整数i被划分为j个数的划分数。

那么有dp(i, j) = dp(i - j, j) + dp(i - 1, j - 1)

上述划分数可以分解为两类情况：

1、分解的数含1， 即dp(i-1, j-1);

2、分解的数不含1， 那么先将分成的j个数减1，然后得到i-j,划分为j个数。即dp(i - j, j)。

问题二：将n划分成k个正整数之和的划分数 解决， 程序为：

void divide2(int n, int k) {
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for (int j = 1; j <= i && j <= k; j ++) {
if(j == 1)
dp[i][j] = 1;
else
dp[i][j] = dp[i-j][j] + dp[i-1][j-1];
}
}
}

问题三：将n划分成最大数不超过k的划分数。

即可以转化为：∑ dp(n, i) (1<=i<=k)

int divide3(int n， int k) {
// after divide2
int res = 0;
for (int i = 1; i <= k; i ++) {
res += dp
[i];
}
return res;
}

但是这么做就需要先求出问题二的dp数组了，有没有其他方法呢？

答案是有的

但是需要换一个思路：dp2[i][j]数组的定义为i划分最大数不超过j的划分数。

那么dp2[i][j] = dp2[i-j][j] + dp2[i][j-1]

dp2[i][j-1]表示划分数所有数都小于j的情况数。

dp2[i-j][j]表示每种情况都含至少一个最大数j, 先保留一个j，剩下的i-j进行划分，最大数仍为j。

比如dp2[9][4]，先分一个4，然后dp2[5][4]还可以再分一个4出来，因此划分出来值是可以重复的。

void divide3(int n) {
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for (int j = 1; j <= n; j ++) {
if(i < j) {
dp2[i][j] = dp2[i][i];
}
if(i == j) {
dp2[i][j] = dp2[i][j-1] + 1;  // 1即为i自身，结合下面dp式理解。
}
if(i > j) {
// 意义不同于divide2,不要去对比。
dp2[i][j] = dp2[i-j][j] + dp2[i][j-1];
}
}
}
}

问题一：将n划分成若干正整数之和的划分数。
只要让问题3中的∑ dp(n,
i) (1<=i<=n) 或者dp2

问题五：将n划分成若干不同整数之和的划分数

上面我写了这么一句话：

“dp2[i-j][j]表示每种情况都含至少一个最大数j,
先保留一个j，剩下的i-j进行划分，最大数仍为j。
比如dp2[9][4]，先分一个4，然后dp2[5][4]还可以再分一个4出来，因此划分出来值是可以重复的。”
所以要保证不重复，只需要dp2[i-j][j-1]即可。代码这一处改了就不写了。

问题四：将n划分成若干奇正整数之和的划分数。

dp3[i][j] = dp3[i-j][j] + dp[i][j-2],其中j为奇数，发现其实和问题1一样的，只是在循环控制的时候，保证j+=2就可以了，然后讨论一下几个特殊情况，看最后的代码吧。

如果类似由问题1变型为问题5也只需要将dp3[i-j][j]变为dp3[i-j][j-2]即可。

至此，五个问题均得到解决，参考贴吧7楼的代码，发现还是没有得到想要的答案还是按照自己的思路写吧。另外如果觉得循环写不好，记忆化搜索也是一种选择。

附上前面链接的题目的代码，代码写的很普通：

#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
const int maxn = 100;
int dp[maxn][maxn];     // 将i划分为最大不超过j的整数
int dp2[maxn][maxn];    // 将i划分为j个整数
int dp3[maxn][maxn];
int dp4[maxn][maxn];

int N, K;

// include or not include j
void solve13(int n) {
for (int i = 0; i <= n; i ++) {
for (int j = 1; j <= n; j ++) {
if(i < j) {
dp[i][j] = dp[i][i];
}
if(i == j) {
dp[i][j] = 1 + dp[i][j-1];
}
if(i > j) {
dp[i][j] = dp[i-j][j] + dp[i][j-1];
}
}
}
}

// include or not include 1
// 为什么上面不写循环条件 j<=i, 因为i-j < j时dp[i-j][j]不是0！！！
void solve2(int n) {
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = 1; j <= i; j ++) {
if(j == 1)
dp2[i][j] = 1;
else
dp2[i][j] = dp2[i-j][j] + dp2[i-1][j-1];
}
}
}

void solve4(int n) {
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = 1; j <= n; j += 2) {
if(i > j) {
dp3[i][j] = dp3[i-j][j] + dp3[i][j-2];
}
if(i == j) {
dp3[i][j] = dp3[i][j-2] + 1;
}
if(i < j) {
dp3[i][j] = dp3[i][i-!(i&1)];
}
}
}
}

void solve5(int n) {
for (int i = 1; i <= n; i ++) {
for (int j = 1; j <= n; j ++) {
if(i < j) {
dp4[i][j] = dp4[i][i];
}
if(i == j) {
dp4[i][j] = 1 + dp4[i][j-1];
}
if(i > j) {
dp4[i][j] = dp4[i-j][j-1] + dp4[i][j-1];
}
}
}
}
void init() {
solve13(50);
solve2(50);
solve4(50);
solve5(50);
}

int main() {
init();
int res1, res2, res3, res4, res5;
while (~scanf("%d%d", &N, &K)) {
res1 = dp

;
res2 = dp2
[K];
res3 = dp
[K];
res4 = dp3
[N-!(N&1)];
res5 = dp4

;
printf("%d\n%d\n%d\n%d\n%d\n", res1, res2, res3, res4, res5);
}
return 0;
}