【题解】整数划分 [51nod1201] 整数划分 V2 [51nod1259]

传送门：整数划分 $[51nod1201]$ 整数划分 $V2$ $[51nod1259]$**

【题目描述】

$【T1】$

将整数 $N$ 划分为若干个不同整数的和，有多少种不同的划分方式，答案对 $10^9 + 7$ 取模。

例：$n=6$，$n$ 可划分为 $\{6\} \{1,5\} \{2,4\} \{1,2,3\}$ 共 $4$ 种。

【样例】

样例输入：

6

样例输出：

4

【数据范围】

$100\%$ $1 \leqslant N \leqslant 50000$

$【T2】$

将 $N$ 划分为若干个整数的和，有多少种不同的划分方式，答案对 $10^9 + 7$ 取模。

例：$n=4$，$n$ 可划分为 $\{4\} \{1,3\} \{2,2\} \{1,1,2\} \{1,1,1,1\}$ 共 $5$ 种。

【样例】

样例输入：

4

样例输出：

5

【数据范围】

$100\%$ $1 \leqslant N \leqslant 50000$

【分析】

【球盒问题】

这两道题实际上是一种球盒问题的变型。

球盒问题见隔壁 【学习笔记】薛定谔的喵咪 $Cat$ $—$ 球盒问题（全详解）。

先来看 $T2$，想象一下，有 $n$ 个 $1$ 整整齐齐地站成一排，你可以将其划分为 $m$ 个区间，其中 $m \in [1,n]$。实际上就是要把 $n$ 个相同的球放进 $m$ 个相同的盒子，盒子不可为空。

可以发现，如果随意放的话，会有大量的重复情况。而每一种分配方式都可以将盒子按照球的数量从大到小排序，排出来一个非严格降序（或升序）的序列。所以，每次为新的盒子分配时，只要分配的球数小于等于上一次的分配球数，就可以保证不重不漏。

设 $dp[i][j]$ 表示将 $j$ 个球放入 $i$ 个盒子的方案数。

$dp$ 方程为： $dp[i][j]=dp[i−1][j−1]+dp[i][j−i]$ 。

用简单一些的方式来理解（我也不知道是否严谨，数学证明见隔壁）：

$dp[i-1][j-1]$ 指的是新的盒子 $i$ 里面只放了一个球。

$dp[i][j-i]$ 指的是在所有已经分好的 $i$ 个盒子里面都多放一个球。

那么 $T1$ 呢？由于同一整数只能用一次，即任意两个盒子里面不能放入相同数量的球，那么降序排列后就应该是严格单调下降的，新盒子所分配的球数需要小于上一次的分配球数。

多了一些限制，还是一样的状态表示，$dp[i][j-i]$ 方程中的仍可保留。

而 $dp[i-1][j-1]$ 出现了一个问题：每次都在新盒子中放 $1$ 会触犯到限制。但如果先把前面 $i-1$ 个盒子都加 $1$，新盒子就可以放 $1$ 了，所以改为 $dp[i-1][j-(i-1)-1]$ 。

$dp$ 方程为：$dp[i][j]=dp[i−1][j−i]+dp[i][j−i]$ 。

【背包问题】

用背包也可以做做。

将 $1,2,3,4...n$ 使作 $n$ 个不同的物品，其编号就是体积。

用 $dp[j]$ 表示选了总体积为 $V$ 的物品的方案数，正序枚举 $i$ 的同时保证了物品的选择保持单调不下降态，至于后面的 $j$，两道题用不同的做法。

$T1$ 倒序枚举，即 $01$ 背包。$T2$ 正序枚举，即完全背包。

$dp$ 方程均为：$dp[j]+=dp[j-i]$ 。

但以上两种做法时间复杂度均为是 $O(n^2)$，需要想办法优化。

【优化加速】

【T1】

考虑【球盒问题】的优化。

如果尽量让每个盒子中的球数最小，那么选出来的盒子那么选出来的升序序列就是这样子的：$1,2,3...n$，而使用的盒子数量最大值就是此时的 $m$。

序列之和 $\frac {m(m+1)}{2}=n$，$m$ 算出来大概是 $\sqrt{2n}+1$，所以枚举盒子数时只需要枚举 $1$ 到 $m$ 就可以了。

时间复杂度为 $O(n\sqrt{2n})$

【T2】

由于可以重复分配某一数量的球，盒子数最大可以达到 $n$ （全部都只放一个），$T1$ 的优化不再适用。

考虑分成 $[1,m-1],[m,n]$ 两块计算。

即分别算出只使用某块以内的数来组成 $n$ 的方案数，然后乘法原理再求和即可。

前面部分就用【完全背包】，不多废话。

后面部分用【球盒问题】解决。

由于可以选的数大于等于 $m$，所用盒子数量必定小于等于 $\lceil \frac{n}{m}\rceil$，因此盒子数量只需要枚举 $[1,\lceil \frac{n}{m}\rceil]$。

只是这次可选的最小数变成了 $m$ 而不是 $1$，所以将 $dp[i-1][j-1]$ 改成 $dp[i-1][j-m]$，即在新的盒子 $i$ 里面放 $m$ 个球。

$dp$ 方程为：$dp[i][j]=dp[i−1][j−m]+dp[i][j−i]$ 。

总时间复杂度为 $O(n(m+\frac{n}{m}))$。

由均值不等式可知：$m+\frac{n}{m} \geqslant 2\sqrt{m*\frac{n}{m}} = 2\sqrt{n}$，当且仅当 $m=\frac{n}{m}$ 时等号成立，所以 $m$ 取 $\sqrt{n}+1$ 即可（老师说每次使用 $sqrt$ 时都要注意精度误差，在后面加个 $1$ 比较保险）。

【Code】

【T1】

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#define Re register int

const int N=5e4+3,P=1e9+7;

int n,m,ans,dp[320][N];

int main(){

    scanf("%d",&n);m=sqrt(2*n)+1;

    dp[0][0]=1;

    for(Re i=1;i<=m;++i)

    	for(Re j=i;j<=n;++j)

            (dp[i][j]=(dp[i-1][j-i]+dp[i][j-i])%P)%=P;

    for(Re i=1;i<=m;++i)(ans+=dp[i][n])%=P;

    printf("%d",ans);

}

【T2】

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#define Re register int

const int N=5e4+3,P=1e9+7;

int n,m,ans,f2[250][N],ans1[N],ans2[N];

int main(){

    scanf("%d",&n);m=sqrt(n)+1;

    ans1[0]=1;

    for(Re i=1;i<m;++i)

    	for(Re j=i;j<=n;++j)

            (ans1[j]+=ans1[j-i])%=P;

    f2[0][0]=ans2[0]=1;

    for(Re i=1;i<=m;++i)

    	for(Re j=m;j<=n;++j){//j>=i&&j>=m，又因为i<=m所以j从m开始枚举

            (f2[i][j]+=(f2[i-1][j-m]+f2[i][j-i])%P)%=P;

            (ans2[j]+=f2[i][j])%=P;

    	}

    for(Re i=0;i<=n;++i)(ans+=(long long)ans1[i]*ans2[n-i]%P)%=P;

    printf("%d",ans);

}