知识点 - 分拆数/整数拆分

解决问题类型：

将一个数用一个或多个正整数的无序和来表示有几种方案。

这是一个母函数的应用，利用了母函数的指数系数是五边形数来优化复杂度。

结论

（1）称正整数n分解为r个正整数和的个数为n分解成r的分拆数，记为Pr(n)P_{r}\left( n \right)Pr(n)

（2）P1(n)P_{1}\left( n \right)P1(n)=1；Pn(n)P_{n}\left( n \right)Pn(n)=1；Pn−1(n)P_{n - 1}\left( n \right)Pn−1(n)=1；Pn−2(n)P_{n - 2}\left( n \right)Pn−2(n)=2；Pn−3(n)P_{n - 3}\left( n \right)Pn−3(n)=3

（3）P2(n)=⌈n−12⌉,n≥2P_{2}\left( n \right) = \left\lceil \frac{n - 1}{2} \right\rceil,n \geq 2P2(n)=⌈2n−1⌉,n≥2

（4）Pr(n)=P1(n−r)+P2(n−r)+⋅⋅⋅+Pr(n−r)P_{r}\left( n \right) = P_{1}\left( n - r \right) + P_{2}\left( n - r \right) + \cdot \cdot \cdot + P_{r}\left( n - r \right)Pr(n)=P1(n−r)+P2(n−r)+⋅⋅⋅+Pr(n−r)

性质

·n的分拆数中最大部分为m的个数=把n分拆成m部分的个数
·n的分拆数中每一部分都小于等于m的个数=把n分成m份或更小
·n的分拆数中每部分的数都相等的个数=n 的因子个数
·n的分拆数中每部分都是1或2(或者把n分拆成1或2部分)的个数=floor(n/2+1)=floor(n/2+1)=floor(n/2+1);
·n的分拆数中每部分都是1或2或3(或者把n分拆成1或2或3部分)的个数=(n+3)2/12=(n+3)^2/12=(n+3)2/12;

维基百科翻译

复杂度：

O(nn)O(n\sqrt{n})O(nn)?

例题

将一个正整数N拆成不少于一个数的和，问有多少种方案 :

若令划分函数P(n)为答案，则有
P(n)=Σ(−1)(i−1)P(n−qi)(qi<=n)P(n) = \Sigma(-1)^{(i-1)}P(n-q_i) (q_i <= n) P(n)=Σ(−1)(i−1)P(n−qi)(qi<=n)
其中q为五边形数：
qi=3i(i−1)/2q_i=3i(i-1)/2 qi=3i(i−1)/2
证明（母函数）：

将一个正整数N拆成不少于一个数的和，且每个数的出现次数不超过K次

exd:

BZOJ4772 显而易见的数论
Σ划分方案pΣiΣj>ig(aF(pi,pj)modk)\Sigma _{划分方案p}\Sigma_i\Sigma_{j>i}g(a_F(p_i,p_j)modk) Σ划分方案pΣiΣj>ig(aF(pi,pj)modk)

代码

//T1, https://www.cnblogs.com/geloutingyu/p/7599415.html
#include <iostream>
using namespace std;const int mod = 1e9 + 7;
const int MAXN = 1e5 + 1;
int f[MAXN];void get_f(void){f[0] = 1;for(int i = 1; i < MAXN; i++){for(int j = 1, cnt = 1; i - (3 * j * j - j) / 2 >= 0; j++, cnt *= -1){int cc = 3 * j * j;f[i] += f[i - (cc - j) / 2] * cnt;f[i] %= mod;f[i] = (f[i] + mod) % mod;if(i >= (cc + j) / 2){f[i] += f[i - (cc + j) / 2] * cnt;f[i] %= mod;f[i] = (f[i] + mod) % mod;}}}
}int main(void){get_f();int t, x;cin >> t;while(t--){cin >> x;cout << f[x] << endl;}return 0;
}

//T2 T1基础上加个限制 k
// https://www.cnblogs.com/geloutingyu/p/7603378.html
#include <iostream>
#include <stdio.h>
using namespace std;const int mod = 1e9 + 7;
const int MAXN = 1e5 + 1;
int f[MAXN];void get_f(void){f[0] = 1;for(int i = 1; i < MAXN; i++){for(int j = 1, cnt = 1; i - (3 * j * j - j) / 2 >= 0; j++, cnt *= -1){int cc = 3 * j * j;f[i] += f[i - (cc - j) / 2] * cnt;f[i] %= mod;f[i] = (f[i] + mod) % mod;if(i >= (cc + j) / 2){f[i] += f[i - (cc + j) / 2] * cnt;f[i] %= mod;f[i] = (f[i] + mod) % mod;}}}
}int solve(int n, int k){int ans = f[n];for(int i = 1, cnt = -1; n - k * (3 * i * i - i) / 2 >= 0; i++, cnt *= -1){ans += f[n - k * (3 * i * i - i) / 2] * cnt;ans %= mod;ans = (ans + mod) % mod;if(n - k * (3 * i * i + i) / 2 >= 0){ans += f[n - k * (3 * i * i + i) / 2] * cnt;ans %= mod;ans = (ans + mod) % mod;}}return ans;
}int main(void){get_f();int t, x, k;scanf("%d", &t);while(t--){scanf("%d%d", &x, &k);printf("%d\n", solve(x, k));}return 0;
}