整数划分

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
[m]= dp
[m-1]+ dp[n-m][m] dp
[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
[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
[m]= dp
[m-1]+ dp[n-m][m-1] dp
[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
[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
[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];

　　　　路过的大牛求解释，谢谢~

　　代码如下所示：

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

;

res1 = num2
[k];

res2 = num
[k];

for (i = 0, res3 = 0; i <= n; i++) {

res3 += f
[i];

}

res4 = num1

;

printf("%d\n%d\n%d\n%d\n%d\n\n", res0, res1, res2, res3, res4);

}

return 0;

}

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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：

复制代码

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);

}

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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。