1.NOI 8787:数的划分（将n划分成k个数的划分法）
- 总时间限制:
- 1000ms
- 内存限制:
- 65536kB
- 描述
-
将整数n分成k份，且每份不能为空，任意两份不能相同(不考虑顺序)。
例如：n=7，k=3，下面三种分法被认为是相同的。
1，1，5； 1，5，1； 5，1，1；
问有多少种不同的分法。 输出：一个整数，即不同的分法。
- 输入
- 两个整数n，k (6 < n <= 200，2 <= k <= 6)，中间用单个空格隔开。
- 输出
- 一个整数，即不同的分法。
- 样例输入
-
7 3
- 样例输出
-
4
- 提示
- 四种分法为：1，1，5；1，2，4；1，3，3；2，2，3。
- 来源
- NOIP2001复赛 提高组 第二题
#include<iostream> using namespace std; #include<cstdio> long long int f[201][10]; int n,k; int main() { scanf("%d%d",&n,&k); for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=i&&j<=k;++j) { if(j==1) f[i][j]=1; else f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-j][j]; } cout<<f[n][k]<<endl; return 0; }
2. NOI7215:简单的整数划分问题（将n划分成若干个数的划分法）
- 总时间限制:
- 100ms
- 内存限制:
- 65536kB
- 描述
-
将正整数n 表示成一系列正整数之和，n=n1+n2+…+nk, 其中n1>=n2>=…>=nk>=1 ，k>=1 。
正整数n 的这种表示称为正整数n 的划分。正整数n 的不同的划分个数称为正整数n 的划分数。 - 输入
- 标准的输入包含若干组测试数据。每组测试数据是一个整数N(0 < N <= 50)。
- 输出
- 对于每组测试数据，输出N的划分数。
- 样例输入
-
5
- 样例输出
-
7
- 提示
- 5, 4+1, 3+2, 3+1+1, 2+2+1, 2+1+1+1, 1+1+1+1+1
#include<iostream> using namespace std; #include<cstdio> #define N 51 #include<cstring> int f[N][N]; /*f[N][N]说明把N分为1--N份的划分的划分数目*/ int main() { int n; while(cin>>n)/*注意c++中while后面加；，不会报错，但是运行时不循环*/ { memset(f,0,sizeof(f)); for(int k=1;k<=n;++k) for(int i=1;i<=n;++i)/*DP方程说明*/ { if(k==1||i==1) f[i][k]=1;/*把任何数分为1分或者把1分为k份都是1*/ if(i==k) f[i][k]=f[i][k-1]+1;/*当i==k的时候，(a). 划分中包含n的情况，只有一个即 { n }； (b). 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。*/ if(i<k) f[i][k]=f[i][i];/*当i<k时，只能把i分为最多i份，所以是f[i][i].*/ if(i>k) f[i][k]=f[i-k][k]+f[i][k-1];/*当i>k的时候，把i份分为k份包括：包含最大数k，就是i-k时剩下的数（其中也可能包含k），所以是f[i-k][k],二：不包含k，那就是f[i][k-1]*/ } printf("%d ",f[n][n]); } return 0; }
3.有划分次数和没有划分次数的对比
1.没有划分次数 if(k==1||i==1) f[i][k]=1;/*把任何数分为1分或者把1分为k份都是1*/ if(i==k) f[i][k]=f[i][k-1]+1;/*当i==k的时候，(a). 划分中包含n的情况，只有一个即 { n }； (b). 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。*/ if(i<k) f[i][k]=f[i][i];/*当i<k时，只能把i分为最多i份，所以是f[i][i].*/ if(i>k) f[i][k]=f[i-k][k]+f[i][k-1];/*当i>k的时候，把i份分为k份包括：包含最大数k，就是i-k时剩下的数（其中也可能包含k），所以是f[i-k][k],二：不包含k，那就是f[i][k-1]*/ 2.有划分次数 if(j==1) f[i][j]=1; else f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-j][j]; 没有划分次数的限制，主要处理好k>i,i==k的情况，还有就是 f[i][k]代表的不再是划分k次而是划分1--k次
4.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：
#include<iostream> using namespace std; #include<cstdio> #define N 51 int f[N][N]; /*f[i][j]含义：把i在不超过j的情况下的划分数*/ int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<=N;++i) { f[0][i]=0;f[i][0]=0; } for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) { if(i==j) f[i][j]=f[i][j-1]+1;/*i==j的划分：1.把i分为超过j-1的划分数，2.把i看做一份，也就是j，所以f[0][1--m]应该是1，也就是处理一份的情况*/ else if(i>j) f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-j][j]; else f[i][j]=f[i][i];/*当j>i的时候对于f[i][..]的划分无影响，所以不计*/ } printf("%d ",f[n][m]); return 0; }
2).若是划分多个不同的整数：
#include<iostream> using namespace std; #include<cstdio> #define N 51 int f[N][N]; /*f[i][j]含义：把i在不超过j的情况下的划分数*/ int main() { int n,m; scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=0;i<=N;++i) { f[0][i]=0;f[i][0]=0; } for(int i=1;i<=n;++i) for(int j=1;j<=m;++j) { if(i==j) f[i][j]=f[i][j-1]+1;/*i==j的划分：1.把i分为超过j-1的划分数，2.把i看做一份，也就是j，所以f[0][1--m]应该是1，也就是处理一份的情况*/ else if(i>j) f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-j][j-1]; else f[i][j]=f[i][i];/*当j>i的时候对于f[i][..]的划分无影响，所以不计*/ } printf("%d ",f[n][m]); return 0; }
3).总结：
.将n划分成不大于m的划分法的做法：
1.初始化，f[i][0]=f[0][j]=0;
2.转移方程if i==j的时候，f[i][j]=f[i][j-1]+1
if i>j f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-j][j](可重复的) if i>j f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-j][j-1](不可重复的)
if i<f f[i][j]=f[i][i];
5.将正整数划分成连续的正整数之和
/*分析：只要能够组成连续的整数和，那么假设从x开始，一共有i个数，那么总和为（i*x+i*(i-1)/2）==n，就是方案，确定i的范围，i的范围是（i-1）*i/2小于n， 只要判断n-（i-1）*i/2==t，只要判断t%i==0就可以了（t%i是x，x是整数，那么就是方案），然后输出包括x在内的i个数就可以了*/ #include<iostream> using namespace std; #include<cstdio> int n; int main() { scanf("%d",&n); int sum=0; for(int i=1;i*(i-1)/2<n;++i) { int t=n-(i-1)*i/2; if(t%i==0) { t/=i; sum++; printf("%d ",t); for(int j=1;j<=i-1;++j) printf("%d ",t+j); printf(" "); } } printf("%d ",sum); return 0; }
6.求划分因子乘积最大的一个划分及此乘积（划分出来的数可以重复）
/*当n>4的时候， 2^k1 * 3^k2会有最大值，证明我的文章 ：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 当n<=4，就是他自身，特别判断，直接输出即可 */ #include<iostream> using namespace std; #include<cstdio> int n; #include<cmath> int sum=1; int main() { scanf("%d",&n); if(n<=4) { printf("%d ",n); return 0; } if(n%3==0) { int t=n/3; int x=pow(3,t); printf("%d ",x); } if(n%3==1) { int t=n/3-1; int x=pow(3,t); printf("%d ",4*x); }if(n%3==2) { int t=n/3; int x=pow(3,t); printf("%d ",2*x); } return 0; }
7.求划分因子乘积最大的一个划分及此乘积（划分出来的数不可以重复）
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。
/*。分析：为了使因数个数尽可能地多，我们把x分成2+3…+n直到和大于等于x。 若和比x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x大k（k≠1），则去掉等于k的那个数，便可使乘积最大。*/ #include<iostream> #define N 10001 #include<cstdio> int f[N]; long long int sum; int main() { int n; scanf("%d",&n); sum=0; int t=2; for(int i=1;i<=n;++i) f[i]=i; if(n>=2) { while(sum<n) { sum+=f[t]; ++t; } t--; int k=sum-n; if(k==1) { f[2]=0; f[t]++; } else { f[k]=0; } sum=1; for(int i=1;i<=t;++i) if(f[i]) sum*=f[i]; printf("%d ",sum); } else { if(n==1) printf("1 "); else printf("0 "); } return 0; }