PTA_數據結構學習與實驗指導_題解_2-2.5 整數分解爲若干項之和

基礎實驗2-2.5整數分解爲若干項之和

將一個正整數N分解成幾個正整數相加，能夠有多種分解方法，例如7=6+1，7=5+2，7=5+1+1，…。編程求出正整數N的全部整數分解式子。
輸入格式：
每一個輸入包含一個測試用例，即正整數N (0<N≤30)。
輸出格式：
按遞增順序輸出N的全部整數分解式子。遞增順序是指：對於兩個分解序列N​1​​={n​1​​,n​2​​,⋯}和N​2​​={m​1​​,m​2​​,⋯}，若存在i使得n​1​​=m​1​​,⋯,n​i​​=m​i​​，可是n​i+1​​<m​i+1​​,則N​1​​序列一定在N​2​​序列以前輸出。每一個式子由小到大相加，式子間用分號隔開，且每輸出4個式子後換行。
輸入樣例：

7

輸出樣例1：

7=1+1+1+1+1+1+1;7=1+1+1+1+1+2;7=1+1+1+1+3;7=1+1+1+2+2
7=1+1+1+4;7=1+1+2+3;7=1+1+5;7=1+2+2+2
7=1+2+4;7=1+3+3;7=1+6;7=2+2+3
7=2+5;7=3+4;7=7

題目：基礎實驗2-2.5 整數分解爲若干項之和 (20分)

算法分析

 看到這題第一反應是分治。很像全排列問題，先寫出第一項，再寫出剩下的數的分解項。一塊兒來分析步驟。
 首先假設咱們要求 $F(4)$, 即寫出 $n=4$ 的全部分解項。那麼咱們能夠先寫出第 1 位的分解項的全部可能。即 $k_1=1,2,3,4$。對於每一個 $k_1$，咱們只需求解它的子問題 $F(n-k_1)$ 便可。重複以上步驟，可得一棵結果樹：

 因爲題目中要求結果序列升序排列，因此咱們要去除重複狀況與降序狀況，分析後發現：

1. 對於重複狀況，咱們每次遞歸只須要取到 $n$ 的一半，即 $\lfloor\frac n2\rfloor$ 即可。
2. 對於降序狀況，咱們要保證 $k_{i-1}<=k_i$ 。

整理一下，可得：處於區間 $[0,k_{i-1}-1]\bigcup(\lfloor\frac n2\rfloor,n)$ 的狀況必須捨去，咱們只須要區間 $[k_{i-1},\lfloor\frac n2\rfloor]\bigcup\{n\}$ 即可。對於 $F=4$ 的狀況，咱們能夠看作是 $F(5)=1+F(4)$ ,可得 $k_{i-1}=1$,帶入剛纔推導出的公式得第 1 位的分解項的全部值爲 $i=1,2,4$。
 對於上述全部i，問題都被分解成了：對應的 $k_i$ 與 $F(n-k_i)$ 。遞歸這個過程，獲得一棵以下的樹：

  遞歸公式也不難寫出來：
$$Recursion：\begin{cases}n==0, （遞歸基）\\F(n)=k_i+F(n-k_i),\ (i\in[k_{i-1},\lfloor\frac n2\rfloor]\bigcup\{n\})\end{cases}$$

 相信看到這裏不少同窗已經能用DFS解出來了，估計核心代碼在六、7行左右。可是看到幾十層的遞歸棧······打擾了。筆者決定再推一下遞推式，畢竟性能快好多不是。
 PS.筆者數學巨爛，下面的推導過程不是很容易懂，正在研究2.0版本...

 下面根據遞歸式去推導遞推。

 顯然，F(n)的分解式不會超過 $n$ 項，也就是第一次DFS到底時， $\underbrace{1+1+1+···+1}_{n個1}$這種狀況，設爲序列U。咱們從這種狀況開始反推。因爲公式爲 $F(n)=k_i+F(n-k_i)$, 將序列U末尾2位代入公式，得 :

$$\begin{cases}k_{n-1}=1, \\n-k_{n-1}=n-1=1\Rightarrow n=2\end{cases}$$

此時再斷定有無處於區間 $[k_{n-1},\lfloor\frac n2\rfloor]\bigcup\{n\}$ 的其餘 $k_{n-1}$，有的話每次只須要處理比當前 $k_{n-1}$ 大 1 的狀況，即若是 $j=\lfloor\frac n2\rfloor-k_{n-1}>0$，進行j次循環分解，每次執行 $n-=k_i+1$ ，遇到逆序狀況則退出循環，最後存留的 $n$ 即爲最後一位的值。與遞歸相反，整個遞推過程當n=30時天然結束遞歸了。

代碼

 遞歸的代碼網上都是，筆者就不傳了，這邊給出非遞歸的代碼，應該是性能一致的狀況下代碼行數最少的版本了吧。看到其餘博主好像基本上都用goto來實現非遞歸的，未免也太...

#include <stdio.h>
int main()
{
    int n = 0, a[31] = {0};
    scanf("%d", &n);
    for(int i=0; i<n; i++){
        a[i] = 1;
    } 
    int pos = n-1, temp = 0, cnt = 0;
    while(pos>=0){
        printf("%d=", n);
        for(int i=0; i<=pos; i++){
            if(i==pos){
                printf("%d", a[i]);
            }else{
                printf("%d+",a[i]);
            }
        }
        if(++cnt%4 == 0){
            printf("\n");
            cnt=0;
        }else{
            if(pos!=0) printf(";");
        }
        if(pos==0) break;
        int sum = a[pos] + a[pos-1];
        a[pos--] = 0;
        temp = a[pos] + 1;
        int j = (double)sum/2;
        int k = j - a[pos];
        while(k-->0){
            if(sum-temp < temp) break;
            sum -= temp;
            a[pos++] = temp;
        }
        a[pos] = sum;
    }
    return 0;
}

小結

 涉及到複雜一些的遞推遞歸DP回溯搜索的算法，作的時候很快，但給別人講我仍是說不明白...啊我好菜...