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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．

自 $0$ 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

将 $n$ 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=0}^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 $10000$ ， $k$ 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：

#include <cstdio>
#include <cstring>

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

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}\ldots

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}\ldots

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．

$配图：ferrers$

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 $k$ 或 $k-1$ ．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
$pd(0,k)$	1	0	0	0
$pd(1,k)$	0	1	0	0
$pd(2,k)$	0	1	0	0
$pd(3,k)$	0	1	1	0
$pd(4,k)$	0	1	1	0
$pd(5,k)$	0	1	2	0
$pd(6,k)$	0	1	2	1
$pd(7,k)$	0	1	3	1
$pd(8,k)$	0	1	3	2

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．

#include <cstdio>
#include <cstring>

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 $1$ 或 $-1$ ．

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）．

$配图：bottom slide$

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．

这两个变换对于大多数 $n$ 的任意互异分拆，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 $0$ ．

但是对于某些 $n$ ，其存在恰一个互异分拆无法进行上述变换．

情况一： $b=s$ 且底与坡有一个公共点时，变换 A 不能进行．此时

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

展开式的第 $n$ 项与分拆部分数的奇偶性有关，为 $(-1)^s x^n$ ．

情况二： $b=s+1$ 且底与坡有一个公共点时，变换 B 不能进行．此时

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

展开式的第 $n$ 项为 $(-1)^s x^n$ ．

用 $-s$ 替换上式的 $s$ ，得到 $n=\frac{s(3s-1)}{2}$ ，其中 $s$ 为负整数，展开式的第 $n$ 项仍为 $(-1)^s x^n$ ．．

由于两种情况不会在同一个 $n$ 同时出现，我们可以把两个条件合起来，得到 $n$ 需要满足的条件是

\exists k\in\mathbb{Z},n=\frac{k(3k-1)}{2}

至此，我们就证明了：

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

回忆一下：这个式子是分拆数的生成函数的倒数，因此其与分拆数的生成函数相乘的结果是 $1$ ．整理并对比两边各项系数，就得到分拆数数列的递推式．

(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}-\ldots)=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 $0$ （ $0$ 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：

#include <cstdio>

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]);
  }
}