整數劃分問題

題意：給你乙個整數n，求n的劃分種類總數

這是一道很經典的整數劃分問題。

所謂整數劃分，是指把乙個正整數n寫成如下形式：

n=m1+m2+...+mi; （其中mi為正整數，並且1 <= mi <= n），則為n的乙個劃分。

如果中的最大值不超過m，即max(m1,m2,...,mi)<=m，則稱它屬於n的乙個m劃分。

思路：

一、遞迴法

我們將最大加數不大於m的劃分個數記作q(n,m).

可以建立q(n,m)的如下遞迴關係：

（1）q(n,1)=1，n>=1

當最大加數不大於1時，任何正整數n只有一種劃分形式，即1+1+1+……+1

（2）q(n,m)=q(n,n),m>=n

最大加數實際上不能大於n，因此q(1,m)=1

（3）q(n,n)=1+q(n,n-1)

正整數n的劃分有最大加數=n的劃分和最大加數<=n-1的劃分組成

（4）q(n,m)=q(n,m-1)+q(n-m,m), n>m>1

正整數n的最大加數不大於m的劃分由最大加數=m的劃分和劃分和最大加數<=m-1的劃分組成

(a). 劃分中包含 m 的情況，即 }, 其中的和為 n - m，可能再次出現 m，因此是（n - m）的 m 劃分，因此這種劃分個數為 q(n-m, m);

(b). 劃分中不包含 m 的情況，則劃分中所有值都比 m 小，即 n 的 ( m - 1 ) 劃分，個數為 q(n, m - 1);

即

#include int n,ans; 
int fix(int pn,int pm); 
int main() 
return 0; 
} int fix(int pn,int pm) 
for(i=2; i<=n; i++) 
} } int main() 
{ memset(dp,0,sizeof(dp)); 
while(~scanf("%d",&n)) 
{ sovle();
cout<

三、母函式 (參考了

下面我們從另乙個角度即「母函式」的角度來考慮這個問題。

所謂母函式，即為關於x的乙個多項式g（x）：

有 g（x）= a0 + a1*x + a2*x^2 + a3*x^3 + ...

則我們稱g（x）為序列（a0，a1，a2，...）的母函式。關於母函式的思路我們不做更多分析。

我們從整數劃分考慮，假設n的某個劃分中，1的出現個數記為a1，2的個數記為a2，..., i的個數記為ai，

顯然: ak<=n/k; (0<= k <=n)

因此n的劃分數f(n,n)，也就是從1到n這n個數字中抽取這樣的組合，每個數字理論上可以無限重複出現，即個數隨意，使他們的總和為n。顯然，數字i可以有如下可能，出現0次（即不出現），1次，2次，..., k次，等等。把數字i用(x^i)表示，出現k次的數字i用 x^(i*k)表示，不出現用1表示。例如數字2用x^2表示，2個2用x^4表示，3個2用x^6表示，k個2用x^2k表示。

則對於從1到n的所有可能組合結果我們可以表示為：

g(x) = (1+x+x^2+x^3+...+x^n) (1+x^2+x^4+...) (1+x^3+x^6+...) ... (1+x^n)

= g(x,1) g(x,2) g(x,3) ... g(x, n)

= a0 + a1* x + a2* x^2 + ... + an* x^n + ... ; （展開式）

上面的表示式中，每乙個括號內的多項式代表了數字i的參與到劃分中的所有可能情況。因此該多項式展開後，由於x^a * x^b=x^(a+b)，因此 x^i 就代表了i的劃分，展開後(x^i)項的係數也就是i的所有劃分的個數，即f(n,n)=an （上式中g（x，i）表示數字i的所有可能出現情況）。

由此我們找到了關於整數劃分的母函式g（x）；剩下的問題是，我們需要求出g（x）的展開後的所有係數。

為此我們首先要做多項式乘法，對於我們來說並不困難。我們把乙個關於x的一元多項式用乙個整數陣列a表示，a[i]代表x^i的係數，即：

g(x) = a[0] + a[1]x + a[2]x^2 + ... + a[n]x^n;

則關於多項式乘法的**如下，其中陣列a和陣列b表示兩個要相乘的多項式，結果儲存到陣列c：

#define n 130
unsigned long a[n];/*多項式a的係數陣列*/
unsigned long b[n];/*多項式b的係數陣列*/
unsigned long c[n];/*儲存多項式a*b的結果*/
/*兩個多項式進行乘法，係數分別在a和b中，結果儲存到c ，項最大次數到n */
/*注意這裡我們只需要計算到前n項就夠了。*/
void poly()
{ int i,j;
memset(c,0,sizeof(c));
for(i=0; i
下面我們求出g（x）的展開結果，g（x）是n個多項式連乘的結果：
/*計算出前n項係數！即g(x,1) g(x,2)... g(x,n)的展開結果*/
void init()
{ int i,k;
memset(a,0,sizeof(a));
memset(c,0,sizeof(c));
for(i=0;i
通過以上的**，我們就計算出了g（x）的展開後的結果，儲存到陣列c中。此時有：f(n,n)=c[n];剩下的工作只是把相應的陣列元素輸出即可。
問題到了這裡已經解決完畢。但我們發現，針對該問題，g(x,k)是乙個比較特殊的多項式，特點是只有k的整數倍的索引位置有項，而其他位置都為0，具有項「稀疏」的特點，並且項次分布均勻（次數跨度為k）。這樣我們就可以考慮在計算多項式乘法時，可以減少一些迴圈。因此可以對poly函式做這樣的乙個改進，即把k作為引數傳遞給poly：
/*兩個多項式進行乘法，係數分別在a和b中，結果儲存到c ，項最大次數到n */
/*改進後，多項式a乘以乙個有特殊規律的多項式b，即b中只含有x^(k*i)項，i=0,1,2,*/
/*如果b沒有規律，只需要把k設為1，即與原來函式等效*/
void poly2(int k) /*引數k的含義：表示b中只有b[k*i]不為0！*/
{ int i,j;
memset(c,0,sizeof(c));
for(i=0; i

整體**如下：

#include #include using namespace std;
#define n 130
typedef long long ll;
ll a[n],b[n],c[n];
int n;
void poly(int m);
void init();
int main()
{ init();
while(cin>>n)
{cout<

母函式這個方法我是想不到的，請原諒我才疏學淺，不過學會如何獲取知識也是種能力，所以大家碰到不會的也不要氣餒，看看前人是否已經給你做好充足的準備！

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