分拆数

分拆:将自然数 n 写成递降正整数和的表示。

n=r_1+r_2+\ldots+r_k \quad r_1 \ge r_2 \ge \ldots \ge r_k \ge 1

和式中每个正整数称为一个部分。

分拆数:p_n。自然数 n 的分拆方法数。

0 开始的分拆数:

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8
p_n 1 1 2 3 5 7 11 15 22

k 部分拆数

n 分成恰有 k 个部分的分拆,称为 k 部分拆数,记作 p(n,k)

显然,k 部分拆数 p(n,k) 同时也是下面方程的解数:

n-k=y_1+y_2+\ldots+y_k\quad y_1\ge y_2\ge\ldots\ge y_k\ge 0

如果这个方程里面恰有 j 个部分非 0,则恰有 p(n-k,j) 个解。因此有和式:

p(n,k)=\sum_{j=1}^k p(n-k,j)

相邻两个和式作差,得:

p(n,k)=p(n-1,k-1)+p(n-k,k)

如果列出表格,每个格里的数,等于左上方的数,加上该格向上方数,所在列数个格子中的数。

k 0 1 2 3 4 5 6 7 8
p(0,k) 1 0 0 0 0 0 0 0 0
p(1,k) 0 1 0 0 0 0 0 0 0
p(2,k) 0 1 1 0 0 0 0 0 0
p(3,k) 0 1 1 1 0 0 0 0 0
p(4,k) 0 1 2 1 1 0 0 0 0
p(5,k) 0 1 2 2 1 1 0 0 0
p(6,k) 0 1 3 3 2 1 1 0 0
p(7,k) 0 1 3 4 3 2 1 1 0
p(8,k) 0 1 4 5 5 3 2 1 1

例题

计算k部分拆数

计算 k 部分拆数 p(n,k)。多组输入,其中 n 上界为 10000k 上界为 1000,对 1000007 取模。

观察表格与递推式,按列更新对于存储更有利。不难写出程序:

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#include <stdio.h>
#include <string.h>

int p[10005][1005]; /*将自然数n分拆为k个部分的方法数*/

int main() {
  int n, k;
  while (~scanf("%d%d", &n, &k)) {
    memset(p, 0, sizeof(p));
    p[0][0] = 1;
    int i;
    for (i = 1; i <= n; ++i) {
      int j;
      for (j = 1; j <= k; ++j) {
        if (i - j >= 0) /*p[i-j][j]所有部分大于1*/
        {
          p[i][j] = (p[i - j][j] + p[i - 1][j - 1]) %
                    1000007; /*p[i-1][j-1]至少有一个部分为1。*/
        }
      }
    }
    printf("%d\n", p[n][k]);
  }
}

生成函数

生成函数:一种幂级数。各项的系数为数列中的对应项。

由等比数列求和公式,有:

\frac{1}{1-x^k}=1+x^k+x^{2k}+x^{3k}+\ldots
1+p_1 x+p_2 x^2+p_3 x^3+\ldots=\frac{1}{1-x} \frac{1}{1-x^2} \frac{1}{1-x^3}…

对于 k 部分拆数,生成函数稍微复杂。具体写出如下:

\sum_{n,k=0}^\infty {p(n,k) x^n y^k }=\frac{1}{1-xy} \frac{1}{1-x^2 y} \frac{1}{1-x^3 y}…

Ferrers 图

Ferrers 图:将分拆的每个部分用点组成的行表示。每行点的个数为这个部分的大小。

根据分拆的定义,Ferrers 图中不同的行按照递减的次序排放。最长行在最上面。

例如:分拆 12=5+4+2+1 的 Ferrers 图。

将一个 Ferrers 图沿着对角线翻转,得到的新 Ferrers 图称为原图的共轭,新分拆称为原分拆的共轭。显然,共轭是对称的关系。

例如上述分拆 12=5+4+2+1 的共轭是分拆 12=4+3+2+2+1

最大 k 分拆数:自然数 n 的最大部分为 k 的分拆个数。

根据共轭的定义,有显然结论:

最大 k 分拆数与 k 部分拆数相同,均为 p(n,k)

互异分拆数

互异分拆数:pd_n。自然数 n 的各部分互不相同的分拆方法数。(Different)

n 0 1 2 3 4 5 6 7 8
pd_n 1 1 1 2 2 3 4 5 6

同样地,定义互异 k 部分拆数 pd(n,k),表示最大拆出 k 个部分的互异分拆,是这个方程的解数:

n=r_1+r_2+\ldots+r_k\quad r_1>r_2>\ldots>r_k\ge 1

完全同上,也是这个方程的解数:

n-k=y_1+y_2+\ldots+y_k\quad y_1>y_2>\ldots>y_k\ge 0

这里与上面不同的是,由于互异,新方程中至多只有一个部分为零。有不变的结论:恰有 j 个部分非 0,则恰有 pd(n-k,j) 个解,这里 j 只取 kk-1。因此直接得到递推:

pd(n,k)=pd(n-k,k-1)+pd(n-k,k)

同样像组合数一样列出表格,每个格里的数,等于该格前一列上数,所在列数个格子中的数,加上该格向上方数,所在列数个格子中的数。

k 0 1 2 3 4 5 6 7 8
pd(0,k) 1 0 0 0 0 0 0 0 0
pd(1,k) 0 1 0 0 0 0 0 0 0
pd(2,k) 0 1 0 0 0 0 0 0 0
pd(3,k) 0 1 1 0 0 0 0 0 0
pd(4,k) 0 1 1 0 0 0 0 0 0
pd(5,k) 0 1 2 0 0 0 0 0 0
pd(6,k) 0 1 2 1 0 0 0 0 0
pd(7,k) 0 1 3 1 0 0 0 0 0
pd(8,k) 0 1 3 2 0 0 0 0 0

例题

计算互异分拆数

计算互异分拆数 pd_n。多组输入,其中 n 上界为 50000,对 1000007 取模。

观察表格与递推式,按列更新对于存储更有利。代码中将后一位缩减了空间,仅保留相邻两项。

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#include <stdio.h>
#include <string.h>

int pd[50005][2]; /*将自然数n分拆为k个部分的互异方法数*/

int main() {
  int n;
  while (~scanf("%d", &n)) {
    memset(pd, 0, sizeof(pd));
    pd[0][0] = 1;
    int ans = 0;
    int j;
    for (j = 1; j < 350; ++j) {
      int i;
      for (i = 0; i < 350; ++i) {
        pd[i][j & 1] = 0; /*pd[i][j]只与pd[][j]和pd[][j-1]有关*/
      }
      for (i = 0; i <= n; ++i) {
        if (i - j >= 0) /*pd[i-j][j]所有部分大于1*/
        {
          pd[i][j & 1] = (pd[i - j][j & 1] + pd[i - j][(j - 1) & 1]) %
                         1000007; /*pd[i-j][j-1]至少有一个部分为1。*/
        }
      }
      ans = (ans + pd[n][j & 1]) % 1000007;
    }
    printf("%d\n", ans);
  }
}

奇分拆数

奇分拆数:po_n。自然数 n 的各部分都是奇数的分拆方法数。(Odd)

有一个显然的等式:

\prod_{i=1}^\infty (1+x^i ) =\frac{\prod_{i=1}^\infty (1-x^{2i} ) }{\prod_{i=1}^\infty (1-x^i ) }=\prod_{i=1}^\infty \frac{1}{1-x^{2i-1} }

最左边是互异分拆数的生成函数,最右边是奇分拆数的生成函数。两者对应系数相同,因此,奇分拆数和互异分拆数相同:

po_n=pd_n

但显然 k 部奇分拆数和互异 k 部分拆数不是一个概念,这里就不列出了。

再引入两个概念:

互异偶分拆数:pde_n。自然数 n 的部分数为偶数的互异分拆方法数。(Even)

互异奇分拆数:pdo_n。自然数 n 的部分数为奇数的互异分拆方法数。(Odd)

因此有:

pd_n=pde_n+pdo_n

同样也有相应的 k 部概念。由于过于复杂,不再列出。

五边形数定理

单独观察分拆数的生成函数的分母部分:

\prod_{i=1}^\infty (1-x^i )

将这部分展开,可以想到互异分拆,与互异分拆拆出的部分数奇偶性有关。

具体地,互异偶部分拆在展开式中被正向计数,互异奇部分拆在展开式中被负向计数。因此展开式中各项系数为两方法数之差。即:

\sum_{i=0}^\infty ({pde}_n-{pdo}_n ) x^n =\prod_{i=1}^\infty (1-x^i )

接下来说明,多数情况下,上述两方法数相等,在展开式中系数为 0;仅在少数位置,两方法数相差 1-1

这里可以借助构造对应的办法。

画出每个互异分拆的 Ferrers 图。最后一行称为这个图的底,底上点的个数记为 b(Bottom);连接最上面一行的最后一个点与图中某点的最长 45 度角线段,称为这个图的坡,坡上点的个数记为 s(Slide)。

要想在互异偶部分拆与互异奇部分拆之间构造对应,就要定义变换,在保证互异条件不变的前提下,使得行数改变 1

变换 A:当 b 小于等于 s 的时候,就将底移到右边,成为一个新坡。

变换 B:当 b 大于 s 的时候,就将坡移到下边,成为一个新底。

这两个变换,对于多数时候的 n,恰有一个变换可以进行,就在互异偶部分拆与互异奇部分拆之间构造了一个一一对应。已经构造了一一对应的两部分分拆个数相等,因此这时展开式中第 n 项系数为 0

变换 A 不能进行的条件:底与坡有一个公共点,且 b=s。这种情形只发生于:

n=b+(b+1)+\ldots+(b+b-1)=\frac{b(3b-1)}{2}

这时,展开式中第 n 项为:

\prod_{i=0}^{b-1} (-x)^{b+i} =(-1)^b \prod_{i=0}^{b-1} x^{b+i} =(-1)^b x^n

变换 B 不能进行的条件:底与坡有一个公共点,且 b=s+1。这种情形只发生于:

n=(s+1)+(s+2)+\ldots+(s+s)=\frac{s(3s-1)}{2}

这时,展开式中第 n 项为:

\prod_{i=1}^s (-x)^{s+i} =(-1)^s \prod_{i=1}^s x^{s+i} =(-1)^s x^n

至此,我们就证明了:

(1-x)(1-x^2 )(1-x^3 )…=\ldots+x^{26}-x^{15}+x^7-x^2+1-x+x^5-x^{12}+x^{22}-…=\sum_{k=-\infty}^{+\infty} (-1)^k x^{\frac{k(3k-1)}{2}}

将这个式子整理,对比两边各项系数,就得到递推式。

(1+p_1 x+p_2 x^2+p_3 x^3+\ldots)(1-x-x^2+x^5+x^7-x^{12}-x^{15}+x^{22}+x^{26}-…)=1
p_n=p_{n-1}+p_{n-2}-p_{n-5}-p_{n-7}+\ldots

这个递推式有无限项,但是如果规定负数的分拆数是 00 的分拆数已经定义为 1),那么就简化为了有限项。

例题

计算分拆数

计算分拆数 p_n。多组输入,其中 n 上界为 50000,对 1000007 取模。

采用五边形数定理的方法。有代码:

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#include <stdio.h>

long long a[100010];
long long p[50005];

int main() {
  p[0] = 1;
  p[1] = 1;
  p[2] = 2;
  int i;
  for (i = 1; i < 50005;
       i++) /*递推式系数1,2,5,7,12,15,22,26...i*(3*i-1)/2,i*(3*i+1)/2*/
  {
    a[2 * i] = i * (i * 3 - 1) / 2; /*五边形数为1,5,12,22...i*(3*i-1)/2*/
    a[2 * i + 1] = i * (i * 3 + 1) / 2;
  }
  for (
      i = 3; i < 50005;
      i++) /*p[n]=p[n-1]+p[n-2]-p[n-5]-p[n-7]+p[12]+p[15]-...+p[n-i*[3i-1]/2]+p[n-i*[3i+1]/2]*/
  {
    p[i] = 0;
    int j;
    for (j = 2; a[j] <= i; j++) /*有可能为负数,式中加1000007*/
    {
      if (j & 2) {
        p[i] = (p[i] + p[i - a[j]] + 1000007) % 1000007;
      } else {
        p[i] = (p[i] - p[i - a[j]] + 1000007) % 1000007;
      }
    }
  }
  int n;
  while (~scanf("%d", &n)) {
    printf("%lld\n", p[n]);
  }
}

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