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？

欧拉计划

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？

jerryxjr1220

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)

jerryxjr1220

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

1. #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);
   
2. #其递推表达式如下：
   
3. #f(n, m)=   
   
4. #           1;                  (n=1 or m=1)
   
5. #           f(n, n);            (n<m)
   
6. #           1+ f(n, m-1);       (n=m)
   
7. #           f(n-m,m)+f(n,m-1);  (n>m)
   
8. matrix = [[0 for i in range(101)] for j in range(101)]
   
9. for k in range(101):
   
10.     matrix[k][1] = 1
    
11.     matrix[1][k] = 1
    
12. 
    
13. def chai(n,m):
    
14.     if n==1 or m == 1:
    
15.         return matrix[n][m]
    
16.     if n < m:
    
17.         if matrix[n][n] != 0:
    
18.             return matrix[n][n]
    
19.         else:
    
20.             matrix[n][n] = chai(n,n)
    
21.             return matrix[n][n]
    
22.     if n ==m:
    
23.         if matrix[n][m-1] != 0:
    
24.             return matrix[n][m-1] + 1
    
25.         else:
    
26.             matrix[n][m-1] = chai(n,m-1)
    
27.             return matrix[n][m-1] + 1
    
28.     if n > m:
    
29.         if matrix[n-m][m] != 0 and matrix[n][m-1] != 0:
    
30.             return matrix[n-m][m] + matrix[n][m-1]
    
31.         else:
    
32.             matrix[n-m][m] = chai(n-m,m)
    
33.             matrix[n][m-1] = chai(n,m-1)
    
34.             return matrix[n-m][m] + matrix[n][m-1]
    
35. 
    
36. for x in range(1,101):
    
37.     for y in range(1,x+1):
    
38.         chai(x,y)
    
39.         if x == 100 and y == 99:
    
40.             print (chai(x,y))
    

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芒果加黄桃

1. # encoding:utf-8
   
2. # 100正整数组合，有多少总方式100=1+99、100=2+98、100=1+1+98......
   
3. from time import time
   
4. d_s = {}
   
5. def s(n, m):
   
6.     if n == m or m == 1:
   
7.         return 1
   
8.     elif m > n:
   
9.         return 0;
   
10.     else:
    
11.         if d_s.get(str(n) + ',' + str(m)) == None:
    
12.             tmp = s(n - 1, m - 1) + s(n - m, m)
    
13.             d_s[str(n) + ',' + str(m)] = tmp
    
14.             return tmp
    
15.         else:
    
16.             return d_s.get(str(n) + ',' + str(m))
    
17. def euler076(N=100):
    
18.     count = 0
    
19.     for m in range(2, N + 1):
    
20.         count += s(N, m)
    
21.     print(count)
    
22. if __name__ == '__main__':
    
23.     start = time()
    
24.     euler076()
    
25.     print('cost %.6f sec' % (time() - start))

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190569291
cost 0.016002 sec

自由深渊

#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 -- ;
        }
}

najin

>> Problem76

ans =

   190569291

>>

debuggerzh

190569291

Process returned 0 (0x0)   execution time : 0.045 s
Press any key to continue.
动态规划+记忆化搜索

1. #include<iostream>
   
2. using namespace std;
   
3. 
   
4. const int M = 105;
   
5. int dp[M][M] = {0};
   
6. 
   
7. int solve(int n,int k){
   
8.   int & res = dp[n][k];
   
9.   if (res)  return res;
   
10. 
    
11.   if (n == 1 || k == 1) return res = 1;
    
12.   if (n <= k) return res = solve(n,n-1) + 1;
    
13. 
    
14.   return res = solve(n,k-1) + solve(n-k,k);
    
15. }
    
16. 
    
17. int main(){
    
18.   cout << solve(100,99) << endl;
    
19.   return 0;
    
20. }
    

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guosl

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：

1. /*
   
2. 答案：190569291
   
3. 耗时：0.0005703秒
   
4. */
   
5. #include <iostream>
   
6. #include <cstring>
   
7. using namespace std;
   
8. 
   
9. struct stPolynomial
   
10. {
    
11.   int a[101];
    
12.   stPolynomial(void)
    
13.   {
    
14.     memset(a, 0, sizeof(a));
    
15.   }
    
16.   stPolynomial(int k)
    
17.   {
    
18.     memset(a, 0, sizeof(a));
    
19.     for (int i = 0; i*k <= 100; ++i)
    
20.       a[i*k] = 1;
    
21.   }
    
22.   stPolynomial(const stPolynomial &p)
    
23.   {
    
24.     memcpy(a, p.a, sizeof(a));
    
25.   }
    
26.   const stPolynomial& operator=(const stPolynomial &p)
    
27.   {
    
28.     memcpy(a, p.a, sizeof(a));
    
29.     return *this;
    
30.   }
    
31.   stPolynomial operator*(const stPolynomial &p) const
    
32.   {
    
33.     stPolynomial x;
    
34.     for (int i = 0; i <= 100; ++i)
    
35.     {
    
36.       for (int j = 0; j <= 100; ++j)
    
37.       {
    
38.         if (i + j <= 100)
    
39.           x.a[i + j] += a[i] * p.a[j];
    
40.       }
    
41.     }
    
42.     return x;
    
43.   }
    
44. };
    
45. 
    
46. int main(void)
    
47. {
    
48.   stPolynomial f;
    
49.   f.a[0] = 1;
    
50.   for (int i = 1; i < 100; ++i)
    
51.   {
    
52.     stPolynomial g(i);
    
53.     f = f * g;
    
54.   }
    
55.   cout << f.a[100] << endl;
    
56.   return 0;
    
57. }

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