划分数算法概述及习题

前言

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划分数概述

一、适用问题

只要涉及一些难以用组合公式直接求得的数的划分问题。比如将 nnn 个数划分成多个不大于 mmm 的划分方法，且不存在相同数。或者划分成若干奇数或偶数的问题。

划分要求千变万化，主要识别点在于将划分数类比为盒子与球的问题，类比成多个球放到多个盒子中，且球和盒子都没有区别。

这类问题与一般的划分问题都不同，需要二维 dpdpdp 求解，有时还需要处理前缀和进行计算。

二、算法举例

1.将 nnn 个数划分成多个不大于 mmm 的数，可以存在相同整数

f[n][m]f[n][m]f[n][m] 表示整数 nnn 的划分中，每个数都不大于 mmm 的划分方案。转移时可以分成两种情况，第一种情况，划分方案中每个数都小于 mmm，因此划分方案为 f[n][m−1]f[n][m-1]f[n][m−1]。

第二种情况，划分方案中至少有一个数为 mmm，即在 nnn 中减去 mmm，得到 f[n−m][m]f[n-m][m]f[n−m][m]。
f[n][m]=f[n][m−1]+f[n−m][m]f[n][m]=f[n][m-1]+f[n-m][m] f[n][m]=f[n][m−1]+f[n−m][m]

2.将 nnn 个数划分成多个不大于 mmm 的数，不能存在相同整数

这个问题和上一个问题唯一的区别就在于不能存在相同整数，因此只需要修改第二种情况即可实现正确的转移。
f[n][m]=f[n][m−1]+f[n−m][m−1]f[n][m]=f[n][m-1]+f[n-m][m-1] f[n][m]=f[n][m−1]+f[n−m][m−1]

3.将 nnn 个数划分成 kkk 个数的划分方案

考虑 kkk 个数中是否存在 111。第一种情况从 nnn 个数中取出 kkk 个，保证剩下 kkk 组中每组数大于等于 222。第二种情况则保证 kkk 份中有至少一个 111，即先取出一个 111 分成 k−1k-1k−1 组。
f[n][k]=f[n−k][k]+f[n−1][k−1]f[n][k]=f[n-k][k]+f[n-1][k-1] f[n][k]=f[n−k][k]+f[n−1][k−1]

4.将 nnn 个数划分成不超过 kkk 个数的划分方案

此处枚举的是划分方案中是否有 kkk 组，f[n][k]f[n][k]f[n][k] 分别由划分组数小于 kkk 和划分组数等于 kkk 两种情况转移而来。
f[n][k]=f[n−k][k]+f[n][k−1]f[n][k]=f[n-k][k]+f[n][k-1] f[n][k]=f[n−k][k]+f[n][k−1]

5.将 nnn 个数划分若干奇数/偶数的划分方案

g[n][m]g[n][m]g[n][m]：将 nnn 划分为 mmm 个偶数的方案
f[n][m]f[n][m]f[n][m]：将 nnn 划分为 mmm 个奇数的方案

求 g[n][m]g[n][m]g[n][m] 只需从 nnn 中取出 mmm 个，然后将 f[n−m][m]f[n-m][m]f[n−m][m] 中的每个数+1+1+1，从奇数变成偶数即可。求 f[n][m]f[n][m]f[n][m] 则需要考虑划分方案中有无 111 的情况，因为直接从 g[n−m][m]g[n-m][m]g[n−m][m] 转移过来，会丢失有 111 的这种情况。
g[n][m]=f[n−m][m]f[n][m]=f[n−1][m−1]+g[n−m][m]g[n][m]=f[n-m][m] \\ \ \\ f[n][m]=f[n-1][m-1]+g[n-m][m] g[n][m]=f[n−m][m] f[n][m]=f[n−1][m−1]+g[n−m][m]

6.将 nnn 个数划分成若干个数，使这若干个数的乘积最大

(1)(1)(1) 对于任意大于等于 444 的正整数 mmm，可以划分成 m=m1+m2m=m_1+m_2m=m1+m2，使得 m1∗m2≥mm_1*m_2\geq mm1∗m2≥m。

证明：令 m1=(int)m/2,m2=m−m1m_1=(int)m/2,m_2=m-m_1m1=(int)m/2,m2=m−m1，m1≥2,m2≥m1m_1\geq 2,m_2\geq m_1m1≥2,m2≥m1 且 m2>2m_2> 2m2>2，则 m1∗m2≥2∗m2≥mm_1*m_2\geq 2*m_2\geq mm1∗m2≥2∗m2≥m。

(2)(2)(2) 因此不断这样拆分下去，最后剩下的数一定是很多个 222 和 333 的组合，即 ans=2r∗3sans = 2^r*3^sans=2r∗3s，且 r≤2r\leq 2r≤2。

若 r>2r>2r>2，则至少有 333 个因子为 222，而 2∗2∗2<3∗32*2*2<3*32∗2∗2<3∗3，且 2+2+2=3+32+2+2=3+32+2+2=3+3，因此 r≤2r\leq 2r≤2。

(3)(3)(3) 至此为止，不难发现答案只需对小于 444 的数分类讨论，对于大于 444 的数，枚举 222 的最少个数即可。

n=3∗rn=3*rn=3∗r，ans=3rans = 3^rans=3r
n=3∗r+1n=3*r+1n=3∗r+1，ans=3r−1∗2∗2ans=3^{r-1}*2*2ans=3r−1∗2∗2
n=3∗r+2n=3*r+2n=3∗r+2，ans=3r∗2ans=3^r*2ans=3r∗2

7.将 nnn 个数划分成若干个不同的数，使这若干个数的乘积最大

拆分成的数的个数越多，乘积越大。因此找到第一个大于等于 nnn 的 Sx=∑i=2xiS_x = \sum\limits_{i=2}^{x}iSx=i=2∑xi。
若 Sx=nS_x=nSx=n，则 SxS_xSx 即为划分答案。
若 Sx=n+1S_x = n+1Sx=n+1，则将 SxS_xSx 中的 222 去掉，令 xxx 变成 x+1x+1x+1，即为最大值。
若 Sx>n+1,k=Sx−nS_x>n+1,k=S_x-nSx>n+1,k=Sx−n，则答案为将 SxS_xSx 序列中的 kkk 去掉，剩下数构成最终答案。

参考博客

划分数习题

1. Drama

题意: 给出一个 H\text{H}H 行 N\text{N}N 列的网格，(r,c)(r,c)(r,c) 指第 rrr 行第 ccc 列的格子。现在需要在网格中选择 N\text{N}N 个格子涂成黑色。这 N\text{N}N 个格子需要满足一定的条件。

稍加模拟就会发现满足如上条件的格子组成了一个金字塔形状。如下图所示。

先要求给出一个 H\text{H}H 和 N\text{N}N，求出有多少种不同的涂法满足条件，答案模 109+710^9+7109+7。(1≤H,N≤105)(1\leq \text{H},\text{N}\leq 10^5)(1≤H,N≤105)

思路: 首先不难发现，若想满足题意进行格子涂色，则每行涂色的格子数必定逐行递减，因此可以发现涂色格子的行数一定在 N\sqrt \text{N}N 级别，即最多不会超过 400400400。

然后观察这个问题，这是个计数问题，比较常见的考虑就是使用 dpdpdp 进行转移计算答案。而使用 dpdpdp 的话，我们的选择就无非是按行从上往下 dpdpdp 转移，或者按列从左往右 dpdpdp 转移。（不过比赛的时候绝大多数想到的都只有按行从上往下）

如果按行从上往下转移，那怎么想都需要一个三维 dpdpdp，dp[i][j][k]dp[i][j][k]dp[i][j][k]，第 iii 行，有 jjj 个格子，还剩 kkk 个格子没有填的方案数，然后就可以全队自闭了。思路陷在这里如果出不来就基本是告别 ACACAC 了。

既然行不可行，我们来考虑列转移，从左往右进行列的 dpdpdp 转移。我们从最高点将左右两边的金字塔划开，发现左边的金字塔列是不断递增上来的，即前一个与后一个要么高度不变，要么高度 +1+1+1。而右边的金字塔则只是递增，并没有严格的 +1+1+1 关系。

因此我们考虑对于左右两边进行分开 dpdpdp。左边状态为 f[i][j]f[i][j]f[i][j]，表示 iii 个数，最大的数为 jjj 的方案个数，并且在转移过程严格要求一个数列非递减关系。而定义右边状态为 s[i][j]s[i][j]s[i][j]，表示 iii 个数，所有的数小于等于 jjj 的方案个数。然后来分别思考转移方程。

左半部分转移方程，由于必须满足划分的数为非递减关系，因此我们枚举前一个数为 jjj 或 j−1j-1j−1，因此得到如下转移方程。
f[0][0]=1f[i][j]=f[i−j][j]+f[i−j][j−1]f[0][0] = 1 \\ \ \\ f[i][j]=f[i-j][j]+f[i-j][j-1] f[0][0]=1 f[i][j]=f[i−j][j]+f[i−j][j−1]

右半部分转移方程，只需满足所有数小于等于 jjj，因此可以类比之前的经典模型，iii 个数进行划分，最大的数不超过 jjj 的划分方案数。
s[0][i]=1s[i][j]=s[i][j−1]+s[i−j][j]s[0][i] = 1\\ \ \\ s[i][j] = s[i][j-1]+s[i-j][j] s[0][i]=1 s[i][j]=s[i][j−1]+s[i−j][j]

最后，枚举高度，然后再枚举左半部分格子数统计答案即可。

代码:

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i = a; i <= b; i++)
const int N = 1e5+100;
const int mod = 1e9+7;
using namespace std;int n,h,f[N][460],s[N][460];void init(){//f[i][j]: i个数, 最大的数为j, 方案个数f[0][0] = 1;rep(i,1,100000)rep(j,1,min(i,455)){f[i][j] = (f[i-j][j]+f[i-j][j-1])%mod;}//s[i][j]: i个数, 所有的数小于等于j, 方案个数rep(i,0,455) s[0][i] = 1;rep(i,1,100000){rep(j,1,455){s[i][j] = s[i][j-1];if(i >= j) s[i][j] = (s[i][j]+s[i-j][j])%mod;}}
}int main()
{init(); scanf("%d%d",&h,&n);long long ans = 0;//一开始先枚举高度, 整个题的思路也是这样, 但是根据内存连续性的问题, 必T无疑...我也成功找了一个小时bug才找到...//今后枚举数组时, 务必记得先枚举行, 再枚举列, 谨记今日教训rep(i,1,n)rep(j,1,min(h,455))ans = (ans+1ll*f[i][j]*s[n-i][j-1])%mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}