整数划分 Integer Partition（一）

话说今天百度面试，可能是由于我表现的不太好，面试官显得有点不耐烦，说话的语气也很具有嘲讽的意思，搞得我有点不爽。Whatever，面试中有问到整数划分问题，回答这个问题过程中被面试官搞的不胜其烦，最后也给出了其动态规划的算法，但是显然，醉翁之意不在动态规划而在于生成函数(generating function)。下面开始吧：

参考：http://www.skymoon.biz/?p=192  （问题定义以及动态规划）

         http://www.artofproblemsolving.com/Resources/Papers/LaurendiPartitions.pdf （生成函数）

         http://www.cnblogs.com/hoodlum1980/archive/2008/10/11/1308493.html（部分代码实现）

本系列有两篇文章，会分为下面三个部分，首先我会简单介绍一下动态规划的解法，然后会介绍生成函数的解法，第三部分（在下一篇文章中说明）做一下生成函数的扩展。要求读者具备基本的动态规划常识以及生成函数概念。

文章最后有我最喜欢的东西。

先说明一下问题，什么是整数划分？

• n=m1+m2+...+mi; （其中mi为正整数，并且1 <= mi <= n），则{m1,m2,...,mi}为n的一个划分。
• 如果{m1,m2,...,mi}中的最大值不超过m，即max(m1,m2,...,mi)<=m，则称它属于n的一个m划分。这里我们记n的m划分的个数为f(n,m);
• 举个例子，当n=5时我们可以获得以下这几种划分（注意，例子中m>=5）

5 = 5
   = 4 + 1
   = 3 + 2
   = 3 + 1 + 1
   = 2 + 2 + 1
   = 2 + 1 + 1 + 1
   = 1 + 1 + 1 + 1 + 1

一、 动态规划解法

根据n和m的关系，考虑以下几种情况：
1. 当n=1时，不论m的值为多少（m>0)，只有一种划分即{1};
2. 当m=1时，不论n的值为多少，只有一种划分即n个1，{1,1,1,...,1};
3. 当n=m时，根据划分中是否包含n，可以分为两种情况：
    (1) 划分中包含n的情况，只有一个即{n}；
    (2) 划分中不包含n的情况，这时划分中最大的数字也一定比n小，即n的所有(n-1)划分。因此 f(n,n) =1 + f(n,n-1);
4. 当n<m时，由于划分中不可能出现负数，因此就相当于f(n,n);
5. 但n>m时，根据划分中是否包含最大值m，可以分为两种情况：
    (1) 划分中包含m的情况，即{m, {x1,x2,...xi}}, 其中{x1,x2,... xi} 的和为n-m，可能再次出现m，因此是（n-m）的m划分，因此这种划分个数为f(n-m, m);
    (2) 划分中不包含m的情况，则划分中所有值都比m小，即n的(m-1)划分，个数为f(n,m-1);因此 f(n, m) = f(n-m, m)+f(n,m-1);

综合以上情况，我们可以看出，上面的结论具有递归定义特征，其中（1）和（2）属于回归条件，（3）和（4）属于特殊情况，将会转换为情况（5）。而情况（5）为通用情况，属于递推的方法，其本质主要是通过减小m以达到回归条件，从而解决问题。其递推表达式如下：

• f(n, m)= 1; (n=1 or m=1)
• f(n, m)=f(n, n); (n<m)
• 1+ f(n, m-1); (n=m)
• f(n-m,m)+f(n,m-1); (n>m)

据此我们获得了动态规划的代码：

#include<iostream>

using namespacestd;

int equationCount(intn,intm)
{
    if(n==1||m==1)
        return 1;
    else if(n<m)
        return equationCount(n,n);
    else if(n==m)
        return 1+equationCount(n,n-1);
    else
        return equationCount(n,m-1)+equationCount(n-m,m);
}

int main(void)
{
    in tn;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF&&(n>=1&&n<=120))
    {
        printf("%d
",equationCount(n,n));
    }
    return 0;
}

几个变种：

（一）要求1,2,3,4..,m中每个数只允许使用一次的时？

此时我们需要调整我们的状态转换公式。

f(n-m,m)+f(n,m-1); (n>m) 应该更改为：f(n-m,m-1)+f(n,m-1); (n>m)

为什呢？因为每个数最多使用一次，f(n-m,m-1)表示我们取了数m，f(n,m-1)表示我们没取，但是无论取不取数m我们以后都不会再次取数m了。

当然喽，我们还需要调整边界状态：当m=1时，f(n,m)=1；当n=1而m>1时，f(n,m)=0。

其他不变！

（二）要求只能取1,2,3,4,..,m中的奇数？（默认m为奇数，如果不是则m=m-1）

这个呢，我们首先需要调整边界状态：当m=1时，f(n,m)=1；当n=1而m>1时，f(n,m)=0

其次，我们需要调整状态转换公式：

f(n-m,m)+f(n,m-1); (n>m) 应该更改为：f(n-m,m)+f(n,m-2); (n>m)

这是因为我们不能取偶数，故而当m为奇数的时候，m-1为偶数（只能被选择0次），f(n,m-1)=f(n,m-2);

（三）要求我们所取的 （n=m1+m2+...+mi ）中  m1 m2 ... mi连续，比如5=1+4就不符合要求了。

这个的话，需要做一下转换，留待下一篇文章说明

注意，一般而言动态规划算法是用非递归从下往上计算的，上述代码采用递归形式只是为了便于理解，真正实现的话最好采用非递归形式。

二、 生成函数解法

先简单说明一下生成函数吧，下面是一个生成函数，

x^k的系数a_k代表了可获得数字k的组合数。

那么回到我们的问题中，我们怎么用生成函数去解决呢？

类似的，我们可以计算生成函数：

计算出来的x^k的系数a_k就是我们需要的划分数了。我们来详细说明一下为什么是这样。考虑一下x³，我们可以在第一个括号里面选择x、在第二个括号里面选择x²、其他括号选择1，这种方式来得到；同样的，我们也可以通过在第三个括号里面选择x³，其他扩号里面选择1，这种方式来获得。那么这跟生成函数有什么关系呢？

我们来做一个说明，第i个括号(1+xⁱ+x²ⁱ+x³ⁱ · · ·)选择的元素代表了数字i在我们最终的划分中出现的次数，具体而言，如果我们在第i个括号中选择了元素 x^{c(i) * i}  则表示数字 i 在我们最终的划分中出现了c(i)次。如果我们把最终从每个括号里面选择出来的元素相乘 x^{1 * c(1)} · x^{2 * c(2)} · x^{3 * c(3)} · · · = x ^{c(1) + 2 * c(2) + 3 * c(3)···.}那么，xⁿ的系数就是我们可以获得多少种不同的方式使得c(1) + 2 * c(2) + 3 * c(3)··· = n，也就是n的划分数（其中，c(i)代表了在一次划分中数字 i 的出现次数）。比如说25=6+4+4+3+2+2+2+1+1，用上式表示就是25=1(2)+2(3)+3(1)+4(2)+5(0)+6(1)，也就是在划分中有两个1，三个2，一个3，两个4，0个5以及一个6。

假设x<1，那么我们可以将上面的生成函数表示为：

这将给我们第三部分的扩展带来方便。

考虑到我们能选择的最大的数 i 是 m ，所以真正计算的时候我们需要对上面的生成函数式子做一下修改：

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

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

代码实现如下：

#define N 130
unsigned long a[N];/*多项式a的系数数组*/
unsigned long b[N];/*多项式b的系数数组*/
unsigned long c[N];/*存储多项式a*b的结果*/

/*两个多项式进行乘法，系数分别在a和b中，结果保存到c ，项最大次数到N */
/*注意这里我们只需要计算到前N项就够了。*/
void Poly()
{
    int i,j;
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(i=0; i<N; i++)
            for(j=0; j<N-i; j++) /*y<N-i： 确保i+j不会越界*/
                  c[i+j] += a[i]*b[j];
}

/*计算出前N项系数！即g(x,1) g(x,2)... g(x,n)的展开结果*/
void Init()
{
    int i,k;
    memset(a,0,sizeof(a));
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(i=0;i<N;i++) a[i]=1; /*第一个多项式：g(x, 1) = x^0 + x^1 + x^2 + x^3 +  */
    for(k=2;k<N;k++)
    {
        memset(b,0,sizeof(b));
        for(i=0;i<N;i+=k) b[i]=1;/*第k个多项式：g(x, k) = x^0 + x^(k) + x^(2k) + x^(3k) +  */
        Poly(); /* 多项式乘法：c= a*b */
        memcpy(a,c,sizeof(c)); /*把相乘的结果从c复制到a中：c=a; */
    }
}

好了，我们来看几个变种：

（一）要求1,2,3,4..,m中每个数只允许使用一次的时？

这个简单，将生成函数式子改为

G(x) = (1+x) (1+x^2) (1+x^3) ... (1+x^m) = g(x,1) g(x,2) g(x,3) ... g(x, n)就可以了

（二）要求只能取1,2,3,4,..,m中的奇数？（默认m为奇数，如果不是则m=m-1）

这个也简单，调整生成函数的式子为：

G(x) = (1+x+x^2+x^3+...+x^n)(1+x^3+x^6+...) ... (1+x^m)

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

（三）要求我们所取的 （n=m1+m2+...+mi ）中  m1 m2 ... mi连续，比如5=1+4就不符合要求了。

这个呢，我们需要做一点转换

最后我们来证明一下变种一和变种二是一样的：