有n多情況的整數劃分，下面就幾種這幾天學習的分別說一下：
1. 數n的劃分中，其最大值不能大於k：記其結果為f(n, k)，那麼，
狀態轉移方程：當 n == 1 || k == 1 時，f(n, k) == 1， n為1，那麼只能為1； 而k為1，那麼只能劃分成n個1. 當 n < k 時，f(n, k) == f(n, n)，因為n的劃分中不可能出現比n大的數，所以可以將最大值從k降到n； 當 n >= k 時，f(n, k) = f(n-k, k) + f(n, k-1)， 前半部分是劃分中存在最大值k，所以可以在(n-k)中繼續以最大值為k來劃分，而後半部分則是劃分中最大值不是k，那麼其結果和以(k-1)為最大值的劃分是一樣的。在初始化中可以將f(0, k)初始化為1，及對應f(n, n)可能出現的情況，這樣那麼最後的程式為：
void dp()
for(int i = 2; i <= 120; i++)
}}！！如果這種情況下求取a[n][k]，而 k >= n ，其結果就是n的所有劃分之和。
2. 將n劃分成k個正整數之和的劃分數：當 n < k 時，顯然是不可能的，那麼f(n, k) == 0; 當 k == 1 時，f(n, k) == 1; 當 n >= k 時，f(n, k) = f(n-k, k) + f(n-1, k-1)，前半部分對應這k個數中不存在1的情況，那麼我們就可以將劃分中每個數都減去1，剩下的輸仍然是大於0的，等價於將n減去了k，而後半部分這是對應這k個數中存在1的情況，最終程式可以如下：
void dp()
}}！！如果要求可以小於k，那麼就可以將結果從1一直加到k。
3. 將n劃分成若干個奇正整數之和的劃分數：f(n, k) 表示n的劃分中最大值為k的劃分數。當 k == 1 時，其結果只能為n個1，當 k 是偶數時，有f(n, k) == f(n, k-1)；當 k > n 時，有f(n, k) == f(n, n)，理由同1；當 n >= k 時，有 f(n, k) = f(n, k-1) + f(n-k, k) 《此式中k為奇數，偶數可以對應前面的情況》，前半部分對應n的劃分數中最大值不為k，那麼可以從k-2開始，式中 k-1 的效果也能達到，同時還能在遞推中防止出現下標為負的情況；最終的程式可以如下：
void dp()
for(int i = 1; i <= 100; i++) else }}
}4. 將n劃分成若干不同整數之和的劃分數：f(n, k) 表示n的劃分中最大值為k的劃分數。當 k == 1 時，f(n, k) = 1；當 n < k 時；f(n, k) == f(n, n)，理由同1；當 n >= k 時，有 f(n, k) == f(n-k, k-1) + f(n, k-1)，前半部分對應的是劃分中存在k，而後一種情況對應n的劃分中不存在k，這兩種情況下都將遞迴條件從k換成 k-1 是因為當前的兩種情況已經將k的所有情形都已考慮，而劃分中k不能重複。所以最終的程式可以為：
void dp()
}}
①：當前的劃分裡面確實含有k，那麼對應的子狀態就是dp[n-k][k]（注意dp[0][i]都被初始化成了1）
②：當前的劃分裡面不包含k，那麼對應的子狀態就不會含有k，即是dp[n][k-1]
思路：就是看當前的劃分裡面有沒有1，不知道是誰一開始想起來的
①：當前的劃分裡有1，對應的狀態就是dp[n-1][k-1]
②：當前的劃分裡沒有1，那k個的整數都減去1，對應的狀態就是dp[n-k][k]
整數劃分（劃分dp）總結
寫了幾個題發現整數劃分是一類題，而不是一道題。具體題型 1 n相同元素放入m個相同的盤子 盤子允許為空 例題 放蘋果 poj 1664設dp i j 為 j 個元素放入i個盤子轉移方程 dp i j dp i 1 j 新新增乙個盤子，盤子為空 dp i j dp i j i i個盤子 各取出乙個 2...
整數劃分問題
整數劃分問題是乙個經典問題，幾乎在講演算法設計的書中都會講，下面把主要的思想給總結下。所謂整數劃分，就是將乙個正整數n劃分為一系列的正整數之和，如將n可以劃分為 1 我們該如何找出所有的劃分呢?我們可以先來看看整數劃分的規律 譬如正整數 6 劃分情況如下 6 5 14 2 4 1 1 3 3 3 2...
整數劃分問題
給定乙個自然數，分成k部分，a1，a2.的數的和，要求a1 a2.求有多少種？原理 整數n拆分成最多不超過m個數的和的拆分數，和n 拆分成最大不超過m的拆分數相等。根據這個原理，原問題就轉化成了求最大拆分為k的拆分個數與最大拆分為k 1的拆分個數的差 f n,k f n,k 1 f n k,k 如下...