五边形数定理 Pentagon Number Theorem（整数拆分）

更新日志

2025/06/25：开工。

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前言

虽然名字叫五边形数定理，且确实与五边形数有关，但这个定理的重点事实上完全不在五边形数上。

这个定理可以 \(O(n\sqrt n)\) 解决任意整数的拆分方案问题，详见例题部分。

本文参考了 SF的文章，在此拜谢。

由于证明并非 OI 中的重点，且网上已有一定量的详细证明，所以有一些非必要的证明过程作者会进行一定省略，但一般会在相应位置放上外链。

本文自认为较为详细地讲解了整数拆分问题的生成函数推导过程。

五边形数

友情提示：本部分可以跳过。

其几何意义就不说了，其递推式为：

\[p_n=p_{n-1}+3n-2 \]

然后我们可以简单地推出其通项公式：

\[p_n=\sum_{i=1}^n(3i-2)=\frac{3n^2-n}{2} \]

然后是广义五边形数，不再限定 \(n\) 为正整数。我们可以得到如下数列：

\[0,1,2,5,7,12,15\dots \]

对这个数列有一点印象就行了，等下我们会再遇到它。

欧拉函数与五边形数定理

注意，这里的欧拉函数 \(\phi(x)\) 并非数论中那个欧拉函数 \(\varphi(x)\)。

\[\begin{align*} \phi(x)&=\prod_{k=1}^{\infty}(1-x^k)\\ &=\sum_{k=-\infty}^{\infty}(-1)^kx^{\frac{3k^2-k}{2}} \end{align*} \]

详细展开过程我就略了，此展开式由欧拉提出，若感兴趣可以自行搜索。

然后整个定理唯一和五边形数有关的部分出现了：注意到欧拉函数展开式中 \(x\) 的次数是广义五边形数。于是这个定理便被称之为五边形数定理。也许是为了与欧拉定理做区分吧。

我们将欧拉函数升幂排序可得：

\[\phi(x)=1-x-x^2+x^5+x^7-x^{12}-x^{15}+\dots \]

整数拆分

求将一个正整数拆分为多个可重正整数之和的方案数。

这里推导一下这个问题的生成函数。

令 \(ax^b\) 式系数 \(a\) 表示方案数，\(b\) 表示组成的数。

数 \(i\) 的贡献序列的通项公式为：

\[\sum_{k=0}^{\infty}x^{ik}=\frac{1}{1-x^{i}} \]

这里简单证明一下，首先你应当知道 \(\frac{1}{1-x}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}x^k\)。如果你不会这个的话，请自行学习生成函数入门或者跳过这段证明。

然后 \(\frac{1}{1-x^{b}}=\sum\limits_{k=0}^{\infty}x^{kb}\)，两边的 \(x\) 同时 \(b\) 次方可得。证毕。

那么我们将所有数的贡献多项式相乘即可得到这个问题的生成函数，此时次数 \(b\) 的项的系数即为方案数，记作 \(p(b)\)。

\[\sum_{k=0}^{\infty}p(k)x^k=\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1-x^k} \]

这时候我们发现：

\[\phi(x)=\prod_{k=1}^{\infty}(1-x^k)\\ \prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1-x^k}=\frac{1}{\phi(x)}\\ \phi(x)\prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1-x^k}=1\\ \phi(x)\sum_{k=0}^{\infty}p(k)x^k=1 \]

我们使用五边形数定理展开可得：

\[(1-x-x^2+x^5+x^7-\dots)\sum_{k=0}^{\infty}p(k)x^k=1 \]

接下来我们尝试推出 \(p(x)\) 的递推式，上述等式左右两边各项系数相等，那么除了 \(0\) 次项外系数均为 \(0\)。

那么我们可以得出 \(k\) 次项的系数为：

\[p(k)-p(k-1)-p(k-2)+p(k-5)+p(k-7)-\cdots=0 \]

于是我们有了递推式：

\[p(k)=p(k-1)+p(k-2)-p(k-5)-p(k-7)+\cdots \]

五边形数的量级是 \(\sqrt{n}\) 的，因为其通项为 \(\frac{3n^2-n}{2}\)。所以我们每次暴力枚举递推的复杂度是 \(O(n\sqrt n)\) 的。

整数拆分-各数上限

要求拆分后每个正整数数量小于 \(k\) 的方案数。

我们先推导一下这个问题的生成函数：

定义同上，数 \(i\) 贡献序列的通项为：

\[\sum_{j=0}^{k-1}x^{ij}=\frac{1-x^{ki}}{1-x^i} \]

这个公式是这么推来的：

\[\frac{1}{1-x^i}=\sum_{j=0}^{\infty}x^{ij}\\ \frac{x^{ki}}{1-x^i}=\sum_{j=k}^{\infty}x^{ij} \]

作差即可。

因此这个问题的生成函数即为：

\[\begin{align*} \sum_{i=0}^{\infty}p'(i)x^i&=\prod_{i=1}^{\infty}\frac{1-x^{ki}}{1-x^i}\\ &=\prod_{i=1}^{\infty}(1-x^{ki})\prod_{i=1}^{\infty}\frac{1}{1-x^i}\\ &=\prod_{i=1}^{\infty}(1-x^{ki})\sum_{i=0}^{\infty}p(i)x^i \end{align*} \]

注意这里的系数用 \(p'\) 表示，\(p\) 表示无上限问题生成函数系数。

然后我们发现：

\[\phi(x^k)=\prod_{i=1}^{\infty}(1-x^{ki}) \]

于是：

\[\sum_{i=0}^{\infty}p'(i)x^i=\phi(x^k)\sum_{i=0}^{\infty}p(i)x^i \]

由五边形数定理展开得：

\[(1-x^k-x^{2k}+x^{5k}+x^{7k}-\dots)\sum_{i=0}^{\infty}p(i)x^i=\sum_{i=0}^{\infty}p'(i)x^i \]

因而我们可以由 \(p\) \(O(\sqrt n)\) 求得 \(p'\)：

\[p'(x)=p(x)-p(x-k)-p(x-2k)+p(x-5k)+p(x-7k)-\dots \]

整体复杂度 \(O(n\sqrt n+q\sqrt n)\)。

例题及模板

洛谷整数拆分模板题

code

int n;
mint f[N];

inline int Ptg(int x){return 3*x*x-x>>1;}

inline void Main(){
    read(n,mod);
    f[0]=1;
    rep(i,1,n){
        rep(j,1,inf){
            int x=Ptg(j),y=Ptg(-j);
            if(x<=i)f[i]+=(j&1?1:mod-1)*f[i-x];
            if(y<=i)f[i]+=(j&1?1:mod-1)*f[i-y];
            else break;
        }
    }
    put(f[n]);
}

HDU整数拆分-各数上限模板题

code

const int N=1e5+5;

int n,k;
mint f[N];

inline int Ptg(int x){return 3*x*x-x>>1;}

inline void Main(){
    read(n,k);
    mint ans=f[n];
    rep(j,1,inf){
        int x=Ptg(j),y=Ptg(-j);
        if(x*k<=n)ans+=(j&1?mod-1:1)*f[n-x*k];
        if(y*k<=n)ans+=(j&1?mod-1:1)*f[n-y*k];
        else break;
    }
    put(ans);
}
int main(){
    f[0]=1;
    rep(i,1,1e5){
        rep(j,1,inf){
            int x=Ptg(j),y=Ptg(-j);
            if(x<=i)f[i]+=(j&1?1:mod-1)*f[i-x];
            if(y<=i)f[i]+=(j&1?1:mod-1)*f[i-y];
            else break;
        }
    }
	// ReadFile(___);
	#define MultiTasks
	#ifdef MultiTasks
	int t;read(t);while(t--)
	#endif
	Main();
	return 0;
}