整數分解爲2的冪-清華複試上機題

題目：

任何數都能分解成2的冪，給定整數n，求n的此類劃分方法的數量！

比如n = 7時。

7=1+1+1+1+1+1+1

  =1+1+1+1+1+2

  =1+1+1+2+2

  =1+2+2+2

  =1+1+1+4

  =1+2+4

共有6種劃分方法。

解法：

來自：http://www.cnblogs.com/skyiv/archive/2010/03/27/1698550.html

記f(n)爲n的劃分數，我們有遞推公式：
f(2m + 1) = f(2m)，
f(2m) = f(2m - 1) + f(m)，
初始條件：f(1) = 1。

證明:

證明的要點是考慮劃分中是否有1。

記:
A(n) = n的所有劃分組成的集合，
B(n) = n的所有含有1的劃分組成的集合，
C(n) = n的所有不含1的劃分組成的集合，
則有: A(n) = B(n)∪C(n)。

又記:
f(n) = A(n)中元素的個數，
g(n) = B(n)中元素的個數，
h(n) = C(n)中元素的個數，
易知: f(n) = g(n) + h(n)。

以上記號的具體例子見文末。

我們先來證明: f(2m + 1) = f(2m)，
首先，2m + 1 的每個劃分中至少有一個1，去掉這個1，就得到 2m 的一個劃分，故 f(2m + 1)≤f(2m)。
其次，2m 的每個劃分加上個1，就構成了 2m + 1 的一個劃分，故 f(2m)≤f(2m + 1)。
綜上，f(2m + 1) = f(2m)。

接着我們要證明: f(2m) = f(2m - 1) + f(m)，
把 B(2m) 中的劃分中的1去掉一個，就得到 A(2m - 1) 中的一個劃分，故 g(2m)≤f(2m - 1)。
把 A(2m - 1) 中的劃分加上一個1，就得到 B(2m) 中的一個劃分，故 f(2m - 1)≤g(2m)。
綜上，g(2m) = f(2m - 1)。

把 C(2m) 中的劃分的元素都除以2，就得到 A(m) 中的一個劃分，故 h(2m)≤f(m)。
把 A(m) 中的劃分的元素都乘2，就得到 C(2m) 中的一個劃分，故 f(m)≤h(2m)。
綜上，h(2m) = f(m)。

所以: f(2m) = g(2m) + h(2m) = f(2m - 1) + f(m)。                                            

這就證明了我們的遞推公式。

記 f(0) = 1，根據遞推公式，可以得到:
f(2m) = f(0) + f(1) + ... + f(m)。

一些例子：

A(3) = {
  (1,1,1)
  (1,2)
},
f(3) = 2,

A(4) = {
 (1,1,1,1)
  (1,1,2)
  (2,2)
  (4)
},
f(4) = 4,

A(5) = {
 (1,1,1,1,1)
  (1,1,1,2)
  (1,2,2)
  (1,4)
},
f(5) = 4,

A(6) = {
 (1,1,1,1,1,1)
  (1,1,1,1,2)
  (1,1,2,2)
  (1,1,4)
  (2,2,2)
  (2,4)
},
f(6) = 6,

B(6) = {
 (1,1,1,1,1,1)
  (1,1,1,1,2)
  (1,1,2,2)
  (1,1,4)
},
g(6) = 4,

C(6) = {
  (2,2,2)
  (2,4)
},
h(6) = 2.

當n=10^12時：

參考：http://www.51nod.com/answer/index.html#!answerId=159

對於n = 10^12......一個連6次冪都講不清楚的人，怎麼可能講明白12次冪呢？其實這個問題有很多人研究過，叫做““the binary partition function””，論文也不少。包括Knuth，也研究過這個函數的增長。我只能簡單的說一下，要想獲得更快的算法，首先就要擺脫上面的那個遞推，回到最原始的DP.

 

既然f(2m) = f(2m + 1)，我們可以只考慮f(2m)的情況，並定義一個新的函數g(m) = f(2m)，並且

g(2m) = 2g(1) + 2g(2) + ....... 2g(m-1) + g(m)

g(2m + 1) = 2g(1) + 2g(2) + ....... 2g(m-1) + 2g(m)

 

其實計算過小規模數據的人都會發現，這個函數g是很奇怪的，當2 ^k -1 < n < 2^k時，g(n)可以寫爲一個關於n的k次冪的多項式，其實形成這個情況的原因在於，設f(n,k)表示把n劃分爲不大於2^k的組合的數量，f(n,k) = f(n - 2^k, k -1) + f(n-2*2^k,k-1) + f(n-3*2^k,k-1) + ......這個分解相當於分別選中1- m個2^k,剩下的都低於2^k，情況如下面的表。

 

 

 有了這個基礎，我們可以利用多項式求和公式，來求一個通項公式，用這個通項可以求這個表中的值，用若干表中的值可以算出最後的結果。

 

這是一位外國友人的論文中的一段，想真正搞明白這個問題，大家可以搜索一下這篇論文

 

Algorithmic approach to counting of certain types m-ary partitions
Valentin P. Bakoev

 

真心感謝這位外國哥們.

 

多項式的方法大概思路就是先求1階的情況，然後得出1項，然後對1項求和，得出2項，對2項分別求和

 分別得出3項和2項，合併後得到3項......一直到得出k項。總的來講是個O(log(n)^3)的方法。這個方法還有個小的優化，就是多項式求和在某些情況合併之後，可以通過C(m.n)來計算，但總的複雜度沒有變化，只是程序邏輯簡單一些。

代碼，數比較大，java搞定

import java.io.InputStreamReader;
import java.math.BigInteger;
import java.util.Scanner;


public class nod1047 {

	/**
	 * @param args
	 */
	public static void main(String[] args) {
		// TODO Auto-generated method stub
		Scanner cin = new Scanner(new InputStreamReader(System.in));
		BigInteger []num = new BigInteger[1000002];
		num[1] = BigInteger.valueOf(1);
		int n = cin.nextInt();
		for(int i = 2; i <= n; ++ i)
		{
			if(i%2 == 0)
			{
				num[i] = num[i-1].add(num[i/2]);
			}
			else {
				num[i] = num[i-1];
			}
		}
		System.out.println(num[n]);
	}

}