题目76：100可以以多少种不同方式写成至少两个正整数的和？
本帖最后由 欧拉计划 于 2015-11-5 17:34 编辑Counting summations
It is possible to write five as a sum in exactly six different ways:
4 + 1
3 + 2
3 + 1 + 1
2 + 2 + 1
2 + 1 + 1 + 1
1 + 1 + 1 + 1 + 1
How many different ways can one hundred be written as a sum of at least two positive integers?
题目：
5 可以以 6 种方式写成至少两个正整数之和：
4 + 1
3 + 2
3 + 1 + 1
2 + 2 + 1
2 + 1 + 1 + 1
1 + 1 + 1 + 1 + 1
100 可以以多少种方式写成至少两个正整数之和？ 整数分拆问题的递归方法思想：
所谓整数划分，是指把一个正整数n写成如下形式：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);
例如但n=4时，他有5个划分，{4},{3,1},{2,2},{2,1,1},{1,1,1,1};
注意4=1+3 和 4=3+1被认为是同一个划分。
该问题是求出n的所有划分个数，即f(n, n)。下面我们考虑求f(n,m)的方法;
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：
(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。
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：
(a). 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);
(b). 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, n); (n<m)
1+ f(n, m-1); (n=m)
f(n-m,m)+f(n,m-1); (n>m) 这题是递归算法，但是如果真的只用递归算的话，估计得几个小时（递归的效率太低）
所以，我使用了递归+标注的方法，把递归的结果记录下来，然后下次直接调用，免去了反复递归的麻烦。
结果：190569291
#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);
#其递推表达式如下：
#f(n, m)=
# 1; (n=1 or m=1)
# f(n, n); (n<m)
# 1+ f(n, m-1); (n=m)
# f(n-m,m)+f(n,m-1);(n>m)
matrix = [ for j in range(101)]
for k in range(101):
matrix = 1
matrix = 1
def chai(n,m):
if n==1 or m == 1:
return matrix
if n < m:
if matrix != 0:
return matrix
else:
matrix = chai(n,n)
return matrix
if n ==m:
if matrix != 0:
return matrix + 1
else:
matrix = chai(n,m-1)
return matrix + 1
if n > m:
if matrix != 0 and matrix != 0:
return matrix + matrix
else:
matrix = chai(n-m,m)
matrix = chai(n,m-1)
return matrix + matrix
for x in range(1,101):
for y in range(1,x+1):
chai(x,y)
if x == 100 and y == 99:
print (chai(x,y))
# encoding:utf-8
# 100正整数组合，有多少总方式100=1+99、100=2+98、100=1+1+98......
from time import time
d_s = {}
def s(n, m):
if n == m or m == 1:
return 1
elif m > n:
return 0;
else:
if d_s.get(str(n) + ',' + str(m)) == None:
tmp = s(n - 1, m - 1) + s(n - m, m)
d_s = tmp
return tmp
else:
return d_s.get(str(n) + ',' + str(m))
def euler076(N=100):
count = 0
for m in range(2, N + 1):
count += s(N, m)
print(count)
if __name__ == '__main__':
start = time()
euler076()
print('cost %.6f sec' % (time() - start))
190569291
cost 0.016002 sec #include <stdio.h>
void circle ( int , int ) ;
int count = 0 ;
int main ( void )
{
circle ( 100 , 99 ) ;
printf ( "%d\n" , count ) ;
return 0 ;
}
void circle ( int x , int y )
{
int n = y , m = x - y ;
while ( n > 0 )
{
m = x - n ;
if ( n == 1 || m == 1 )
{
count ++ ;
}
else if ( n > m )
{
count ++ ;
circle ( m , m - 1 ) ;
}
else if ( n == m )
{
circle ( n , n ) ;
}
else if ( n < m )
{
circle ( m , n ) ;
}
n -- ;
}
}
>> Problem76
ans =
190569291
>> 190569291
Process returned 0 (0x0) execution time : 0.045 s
Press any key to continue.
动态规划+记忆化搜索
#include<iostream>
using namespace std;
const int M = 105;
int dp = {0};
int solve(int n,int k){
int & res = dp;
if (res)return res;
if (n == 1 || k == 1) return res = 1;
if (n <= k) return res = solve(n,n-1) + 1;
return res = solve(n,k-1) + solve(n-k,k);
}
int main(){
cout << solve(100,99) << endl;
return 0;
}
上面的做法大都是递推（又称为动态规划），但动态规划的转移方程的推导对大部分人来讲是一个难点，不太好弄。其实做组合问题还有一个非常给力的工具：母函数。母函数的具体内容可以百度一下，非常多，我这里就不赘述了。下面的代码就是基于母函数的：
/*
答案：190569291
耗时：0.0005703秒
*/
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
struct stPolynomial
{
int a;
stPolynomial(void)
{
memset(a, 0, sizeof(a));
}
stPolynomial(int k)
{
memset(a, 0, sizeof(a));
for (int i = 0; i*k <= 100; ++i)
a = 1;
}
stPolynomial(const stPolynomial &p)
{
memcpy(a, p.a, sizeof(a));
}
const stPolynomial& operator=(const stPolynomial &p)
{
memcpy(a, p.a, sizeof(a));
return *this;
}
stPolynomial operator*(const stPolynomial &p) const
{
stPolynomial x;
for (int i = 0; i <= 100; ++i)
{
for (int j = 0; j <= 100; ++j)
{
if (i + j <= 100)
x.a += a * p.a;
}
}
return x;
}
};
int main(void)
{
stPolynomial f;
f.a = 1;
for (int i = 1; i < 100; ++i)
{
stPolynomial g(i);
f = f * g;
}
cout << f.a << endl;
return 0;
}
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