概念

編輯所謂整數劃分，是指把一個正整數n寫成為其中，  為正整數，並且  ；  為n的一個劃分。如果  中的最大值不超過m，即  ，則稱它屬於n的一個m劃分。[1]

求劃分個數

編輯

分析

這裡我們記n的m劃分的個數為  。例如，當n=4時，有5個劃分，即  ，  ，  ，  ，  。注意：  和  被認為是同一個劃分。根據n和m的關係，考慮一下幾種情況：（一）當  時，無論m的值為多少  ，只有一種劃分，即  。（二）當  時，無論n的值為多少，只有一種劃分，即n個1，  。（三）當  時，根據劃分中是否包含n，可以分為以下兩種情況：（1）劃分中包含n的情況，只有一個，即  。（2）劃分中不包含n的情況，這時劃分中最大的數字也一定比n小，即n的所有  劃分。因此  。（四）當  時，由於劃分中不可能出現負數，因此就相當於  。（五）當  時，根據劃分中是否包含最大值m，可以分為以下兩種情況：（1）劃分中包含m的情況，即  ，其中  的和為n-m，因此這種情況下為  。（2）劃分中不包含m的情況，則劃分中所有值都比m小，即n的  劃分，個數為  。因此  。綜上所述：

遞迴程式碼：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;  
int equation(int n,int m)
{
    if(n==1||m==1)
        return (1);
    else if(n<m)
        return equation(n,n);
    else if(n==m)
        return 1+equation(n,n-1);
    else
        return equation(n-m,m)+equation(n,m-1);
}
int main()
{
    int equation(int n,int m);
    int n,m;
    printf("Please input 'n'(0<n<100):");
    scanf("%d",&n);
    printf("Please input 'm'(0<m<=n):");
    scanf("%d",&m);
    printf("quantity:%d\n",equation(n,m));
}
 

以上內容來自百度百科

整數劃分問題

整數劃分是一個經典的問題。希望這道題會對你的組合數學的解題能力有所幫助。

Input

每組輸入是兩個整數n和k。(1 <= n <= 50, 1 <= k <= n)

Output

對於每組輸入，請輸出六行。

第一行： 將n劃分成若干正整數之和的劃分數。
第二行： 將n劃分成k個正整數之和的劃分數。
第三行： 將n劃分成最大數不超過k的劃分數。
第四行： 將n劃分成若干奇正整數之和的劃分數。
第五行： 將n劃分成若干不同整數之和的劃分數。
第六行： 列印一個空行。

Sample Input

5 2

Sample Output

7
2
3
3
3

Hint:

1. 將5劃分成若干正整數之和的劃分為： 5, 4+1, 3+2, 3+1+1, 2+2+1, 2+1+1+1, 1+1+1+1+1
2. 將5劃分成2個正整數之和的劃分為： 3+2, 4+1
3. 將5劃分成最大數不超過2的劃分為： 1+1+1+1+1, 1+1+1+2, 1+2+2
4. 將5劃分成若干奇正整數之和的劃分為： 5, 1+1+3, 1+1+1+1+1
5. 將5劃分成若干不同整數之和的劃分為： 5, 1+4, 2+3

思路：

1.將n劃分成若干正整數之和的劃分數（一定要完全理解!!!）

dp[n][k]表示n這個數劃分為最大值不超過k的劃分數

初始化條件：n==1||k==1時，dp[n][k]=1，因為最大k=1的時候只有一種分法就是n個數字都為1，或者n=1了，也只有一種分法就是一個1

還有dp[0][1~n]=1，因為當n=k時，且劃分中含有k的情況此時dp[n-k][k]應該為1而不是0，所以我們將dp[0][1~n]賦值為1

《1》當n>=k時，dp[n][k]由兩種狀態可以得到，即n的劃分中有k和沒k

        ①dp[n-k][k]，意為n的劃分中含有k

        ②dp[n][k-1]，意為n的劃分中沒有k

此時dp[n][k]=dp[n-k][k]+dp[n][k-1]

《2》當n<k時，因為不存在負數所以dp[n][k]=dp[n][n]；

2.將n劃分成k個正整數之和的劃分數（n個蘋果分在k個盤子裡面，盤子不允許為空，問有多少種分法）

dp[n][k]表示n這個數分為k個數字的劃分數-------n個蘋果分在k個盤子裡

初始化條件：當k=1的時候，dp[n][k]=1，只有一個盤子了只有一種情況

《1》n>=k時，dp[n][k]由兩種狀態得到，即n的劃分中有1和沒1

        ①dp[n-1][k-1]，意為n的劃分中含有1--------有一個盤子只放一個蘋果，以後就不考慮這個盤子了

        ②dp[n-k][k]，意為n的劃分中沒有1--------每個盤子都放一個蘋果

《2》n<k時，dp[n][]k]=0--------n小於k，n個蘋果放k個盤子，盤子還不允許為空，所以這種情況為0 

3.將n劃分為最大數不超過k的劃分數（跟第一問基本一模一樣，POJ-1664跟這個問題一樣）

4.將n劃分成若干奇正整數之和的劃分數

dp[n][k]表示n這個數劃分為最大值不超過k的劃分數

初始化條件：dp[0~n][1]的值為1，任何數劃分為不超過1的數都只有一種情況，dp[0][奇數]=1（原因同第一個問題）

《1》k為奇數

①n>=k時，dp[n][k]由兩種狀態來，一dp[n-k][k]，意為n的劃分中含有k，二dp[n][k-1]，意為n的劃分中沒有k

②n<k時，dp[n][k]=dp[n][n]，因為不存在負數；

《2》k為偶數，dp[n][k]=dp[n][k-1]

5.將n劃分為若干不同正整數之和的劃分數

dp[n][k]表示n這個數劃分為最大值不超過k且不同的劃分數

初始化條件：n==1時，dp[n][k]=1，因為最n=1了，也只有一種分法就是一個1

還有dp[0][1~n]=1，因為當n=k時，且劃分中含有k的情況此時dp[n-k][k]應該為1而不是0，所以我們將dp[0][1~n]賦值為1

《1》當n>=k時，dp[n][k]由兩種狀態可以得到，即n的劃分中有k和沒k

        ①dp[n-k][k-1]，意為n的劃分中含有k，則再劃分k就不能再用了

        ②dp[n][k-1]，意為n的劃分中沒有k

此時dp[n][k]=dp[n-k][k]+dp[n][k-1]

《2》當n<k時，因為不存在負數所以dp[n][k]=dp[n][n]；

程式碼如下：

//#include <bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;  
const int maxn=55;
int n,k,dp[maxn][maxn];
int a()//將n劃分成若干正整數之和的劃分數。
{
	memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1;
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(i>=j) dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1];
			else dp[i][j]=dp[i][i];//i=0的時候這裡會把dp[0][1~n]初始化為1  
								   //這樣後面在遞推的時候會直接把dp[1][1~n]和dp[1~n][1]的情況賦值為1 
		}
	}
	return dp[n][n];
}
int b()//將n劃分成k個正整數之和的劃分數。
{
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(j==1) dp[i][j]=1;//j=1的時候這裡會把dp[1~n][1]初始化為1 
			else if(i>=j) dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i-1][j-1];
		}
	}
	return dp[n][k];
}
int c()//將n劃分為若干最大值不超過k的正整數之和      除了返回值和a()不一樣其他都一樣 
{
	memset(dp,0,sizeof(dp)); dp[0][0]=1;
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(i>=j) dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1];
			else dp[i][j]=dp[i][i];//i=0的時候這裡會把dp[0][1~n]初始化為1 
								   //這樣在遞推的時候會直接把dp[1][1~n]和dp[1~n][1]的情況賦值為1 
		}
	}
	return dp[n][k];
}
int d()// 將n劃分成若干奇正整數之和的劃分數。
{
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	for(int i=0;i<=n;i++)//初始化dp陣列 
	{
        dp[i][1]=1;
        if(i&1) dp[0][i]=1;
    }
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(j&1)
			{
				if(i>=j) dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1];
				else dp[i][j]=dp[i][i];
			}
			else dp[i][j]=dp[i][j-1];
		}
	}
	return dp[n][n];
}
int e()//將n劃分成若干不同整數之和的劃分數。
{
	memset(dp,0,sizeof(dp));dp[0][0]=1;
	for(int i=0;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=n;j++)
		{
			if(i>=j) dp[i][j]=dp[i-j][j-1]+dp[i][j-1];
			else dp[i][j]=dp[i][i];//i=0的時候這裡會把dp[0][1~n]初始化為1
								   //這樣在遞推的時候會直接把dp[1][1~n]的情況賦值為1  
		}
	}
	return dp[n][n];
}
int main()  
{
	while(~scanf("%d%d",&n,&k))
	{
		printf("%d\n%d\n%d\n%d\n%d\n\n",a(),b(),c(),d(),e());
	}
    return 0;
}

母函式法：

問題：將n劃分為若干個正整數的劃分數

我們可以構建一個函式：

g(x)=(x0+x1+x2+x3+...+xn)(x0+x2+x4+x6+...)(x0+x3+x6+x9+...)...(x0+xn)

第i個括號$(1+x^i+x^{2i}+x^{3i} · ·)$選擇的元素代表了數字i在我們最終的劃分中出現的次數

我們不要管X是什麼因為我們用不到他，我們只用這個函式的指數和係數；這個多項式展開後X^n次方的係數就是n的劃分數。

對於這樣一個式子X^3是如何得到的呢，從第一個括號中挑X^3，其他括號挑X^0，或者從第一個括號挑X^1，第二個括號挑X^2，其他括號挑X^0，再或者從第三個括號挑X^3，

所以X^3的係數為三，正好是X^3的劃分數。

我們可以看一下4的劃分為：①1+1+1+1，②1+1+2，③3+1，④2+2，⑤4共五種情況，（也正好是這個構造多項式的X^4的係數，大家可以手推算一下有助於理解）

①從第一個括號中挑X^4代表四個1，其他括號全挑X^0

②從第一個括號中挑X^2代表倆個1，第二個括號中挑X^2代表一個2，其他括號全挑X^0

③從第一個括號中挑X^1代表一個1，第三個括號中挑X^3代表一個三

④從第二個括號中挑X^4代表兩個2，其他括號全挑X^0

⑤從第四個括號中挑X^4代表一個4，其他括號全挑X^0

在這個多項式中X^4也就是這五種方法得到的。

例題OpenJ_Bailian-4117     

題意：將n劃分為若干個正整數的劃分數

程式碼：

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int maxn=55;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
void Poly()///多項式乘法 
{
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int i=0;i<maxn;i++)
	{
		for(int j=0;j<maxn-i;j++)
		{
			c[i+j]+=(a[i]*b[j]);
		}
	} 
}
int main()
{
	for(int i=0;i<maxn;i++) a[i]=1;// 第一個括號g(x,1)=x^0+x^1+x^2+x^3...
	for(int i=2;i<maxn;i++) 
	{
		memset(b,0,sizeof(b));
		for(int j=0;j<maxn;j+=i) b[j]=1;// 第i個括號g(x,j)=x^(0*j)+x^(1*j)+x^(2*j)+x^(3*j)...
		Poly();
		memcpy(a,c,sizeof(c));//相乘結果從c複製到a 
	}
	int n;
	while(cin>>n)
	{
		cout<<a[n]<<endl;
	}
	return 0;
} 

例題UESTC-624          

網址：整數劃分

題意：將n劃分為若干個不相同的正整數

生成函式：

g(x)=(x0+x1)(x0+x2)(x0+x3)...(x0+xn)

程式碼：

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int maxn=1005;
const int MOD=19901014;
int a[maxn],b[maxn],c[maxn];
void Poly(int k)///多項式乘法 
{
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int i=0;i<maxn;i++)
	{
		for(int j=0;j<maxn-i;j+=k)
		{
			c[i+j]+=(a[i]*b[j])%MOD;
		}
	} 
}
int main()
{
	memset(a,0,sizeof(a));a[0]=a[1]=1;//第一個括號 g(x,1)=x^0+x^1
	for(int i=2;i<maxn;i++) 
	{
		memset(b,0,sizeof(b));
		b[0]=b[i]=1;// 第二個括號 g(x,j)=x^(0*j)+x^(1*j)
		Poly(i);
		memcpy(a,c,sizeof(c));//相乘結果從c複製到a 
	}
	int T,n;scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);printf("%d\n",c[n]);
	}
	return 0;
} 

這裡再附一份我看不懂的程式碼：

#include <bits/stdc++.h> 
using namespace std;
const int maxn=1005;
const int MOD=19901014;
int c1[maxn],c2[maxn];
int main()
{
	c1[0]=1;c1[1]=1;
    for(int i=2;i<maxn;i++)
	{  
        for(int j=0;j<maxn;j++)
		{  
            c2[j]+=c1[j]%MOD;  
            if(j+i<maxn)  c2[i+j]+=c1[j]%MOD;
        }
        for(int j=0;j<maxn;j++)
		{
            c1[j]=c2[j];
            c2[j]=0;
        }
    }
	int T,n;scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d",&n);printf("%d\n",c1[n]);
	}
	return 0;
} 

問題：將n劃分為若干個奇正整數之和的劃分數

生成函式：

g(x)=(x0+x1+x2+x3+...+xn)(x0+x3+x6+x9+...)(x0+x5+x10+x15+...)...
程式碼讀者自己練習把。

該問題還有些變種，如要求整數連續等等；
本人學識淺薄，如有錯誤，望大家不吝賜教；