整數划分 Integer Partition（一）

話說今天百度面試，可能是由於我表現的不太好，面試官顯得有點不耐煩，說話的語氣也很具有嘲諷的意思，搞得我有點不爽。Whatever，面試中有問到整數划分問題，回答這個問題過程中被面試官搞的不勝其煩，最后也給出了其動態規划的算法，但是顯然，醉翁之意不在動態規划而在於生成函數(generating function)。下面開始吧：

 

參考：http://www.skymoon.biz/?p=192  （問題定義以及動態規划）

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

         http://www.cnblogs.com/hoodlum1980/archive/2008/10/11/1308493.html（部分代碼實現）

 

本系列有兩篇文章，會分為下面三個部分，首先我會簡單介紹一下動態規划的解法，然后會介紹生成函數的解法，第三部分（在下一篇文章中說明）做一下生成函數的擴展。要求讀者具備基本的動態規划常識以及生成函數概念。

 

文章最后有我最喜歡的東西。

 

先說明一下問題，什么是整數划分？

• n=m1+m2+...+mi; （其中mi為正整數，並且1 <= mi <= n），則{m1,m2,...,mi}為n的一個划分。
• 如果{m1,m2,...,mi}中的最大值不超過m，即max(m1,m2,...,mi)<=m，則稱它屬於n的一個m划分。這里我們記n的m划分的個數為f(n,m);
• 舉個例子，當n=5時我們可以獲得以下這幾種划分（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、 動態規划解法

根據n和m的關系，考慮以下幾種情況：
1. 當n=1時，不論m的值為多少（m>0)，只有一種划分即{1};
2. 當m=1時，不論n的值為多少，只有一種划分即n個1，{1,1,1,...,1};
3. 當n=m時，根據划分中是否包含n，可以分為兩種情況：
    (1) 划分中包含n的情況，只有一個即{n}；
    (2) 划分中不包含n的情況，這時划分中最大的數字也一定比n小，即n的所有(n-1)划分。因此 f(n,n) =1 + f(n,n-1);
4. 當n<m時，由於划分中不可能出現負數，因此就相當於f(n,n);
5. 但n>m時，根據划分中是否包含最大值m，可以分為兩種情況：
    (1) 划分中包含m的情況，即{m, {x1,x2,...xi}}, 其中{x1,x2,... xi} 的和為n-m，可能再次出現m，因此是（n-m）的m划分，因此這種划分個數為f(n-m, m);
    (2) 划分中不包含m的情況，則划分中所有值都比m小，即n的(m-1)划分，個數為f(n,m-1);因此 f(n, m) = f(n-m, m)+f(n,m-1);

 

綜合以上情況，我們可以看出，上面的結論具有遞歸定義特征，其中（1）和（2）屬於回歸條件，（3）和（4）屬於特殊情況，將會轉換為情況（5）。而情況（5）為通用情況，屬於遞推的方法，其本質主要是通過減小m以達到回歸條件，從而解決問題。其遞推表達式如下：

• 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)

 

據此我們獲得了動態規划的代碼：

#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\n",equationCount(n,n));
    }
    return 0;
}

 

幾個變種：

（一）要求1,2,3,4..,m中每個數只允許使用一次的時？

此時我們需要調整我們的狀態轉換公式。

f(n-m,m)+f(n,m-1); (n>m) 應該更改為：f(n-m,m-1)+f(n,m-1); (n>m)

為什呢？因為每個數最多使用一次，f(n-m,m-1)表示我們取了數m，f(n,m-1)表示我們沒取，但是無論取不取數m我們以后都不會再次取數m了。

當然嘍，我們還需要調整邊界狀態：當m=1時，f(n,m)=1；當n=1而m>1時，f(n,m)=0。

其他不變！

 

（二）要求只能取1,2,3,4,..,m中的奇數？（默認m為奇數，如果不是則m=m-1）

這個呢，我們首先需要調整邊界狀態：當m=1時，f(n,m)=1；當n=1而m>1時，f(n,m)=0

其次，我們需要調整狀態轉換公式：

f(n-m,m)+f(n,m-1); (n>m) 應該更改為：f(n-m,m)+f(n,m-2); (n>m)

這是因為我們不能取偶數，故而當m為奇數的時候，m-1為偶數（只能被選擇0次），f(n,m-1)=f(n,m-2);

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

這個的話，需要做一下轉換，留待下一篇文章說明

注意，一般而言動態規划算法是用非遞歸從下往上計算的，上述代碼采用遞歸形式只是為了便於理解，真正實現的話最好采用非遞歸形式。

 

二、 生成函數解法

先簡單說明一下生成函數吧，下面是一個生成函數，

x^k的系數a_k代表了可獲得數字k的組合數。

 

那么回到我們的問題中，我們怎么用生成函數去解決呢？

類似的，我們可以計算生成函數：

計算出來的x^k的系數a_k就是我們需要的划分數了。我們來詳細說明一下為什么是這樣。考慮一下x³，我們可以在第一個括號里面選擇x、在第二個括號里面選擇x²、其他括號選擇1，這種方式來得到；同樣的，我們也可以通過在第三個括號里面選擇x³，其他擴號里面選擇1，這種方式來獲得。那么這跟生成函數有什么關系呢？

我們來做一個說明，第i個括號(1+xⁱ+x²ⁱ+x³ⁱ · · ·)選擇的元素代表了數字i在我們最終的划分中出現的次數，具體而言，如果我們在第i個括號中選擇了元素 x^{c(i) * i}  則表示數字 i 在我們最終的划分中出現了c(i)次。如果我們把最終從每個括號里面選擇出來的元素相乘 x^{1 * c(1)} · x^{2 * c(2)} · x^{3 * c(3)} · · · = x ^{c(1) + 2 * c(2) + 3 * c(3)···.}那么，xⁿ的系數就是我們可以獲得多少種不同的方式使得c(1) + 2 * c(2) + 3 * c(3)··· = n，也就是n的划分數（其中，c(i)代表了在一次划分中數字 i 的出現次數）。比如說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)，也就是在划分中有兩個1，三個2，一個3，兩個4，0個5以及一個6。

假設x<1，那么我們可以將上面的生成函數表示為：

這將給我們第三部分的擴展帶來方便。

考慮到我們能選擇的最大的數 i 是 m ，所以真正計算的時候我們需要對上面的生成函數式子做一下修改：

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)

 

代碼實現如下：

#define N 130
unsigned long a[N];/*多項式a的系數數組*/
unsigned long b[N];/*多項式b的系數數組*/
unsigned long c[N];/*存儲多項式a*b的結果*/

/*兩個多項式進行乘法，系數分別在a和b中，結果保存到c ，項最大次數到N */
/*注意這里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<N; i++)
            for(j=0; j<N-i; j++) /*y<N-i： 確保i+j不會越界*/
                  c[i+j] += a[i]*b[j];
}

/*計算出前N項系數！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<N;i++) a[i]=1; /*第一個多項式：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個多項式：g(x, k) = x^0 + x^(k) + x^(2k) + x^(3k) +  */
        Poly(); /* 多項式乘法：c= a*b */
        memcpy(a,c,sizeof(c)); /*把相乘的結果從c復制到a中：c=a; */
    }
}

 

好了，我們來看幾個變種：

（一）要求1,2,3,4..,m中每個數只允許使用一次的時？

這個簡單，將生成函數式子改為

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中的奇數？（默認m為奇數，如果不是則m=m-1）

這個也簡單，調整生成函數的式子為：

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）要求我們所取的 （n=m1+m2+...+mi ）中  m1 m2 ... mi連續，比如5=1+4就不符合要求了。

這個呢，我們需要做一點轉換

 

 

最后我們來證明一下變種一和變種二是一樣的：