洛谷 P1249 最大乘积 题解

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第一篇博客试水。

这是我几个月前做的一道黄题，当时洛谷上所有题解都只停留在粗浅地描述“感性”理解上，没有给出令人信服的严谨证明。于是，我花了半天时间，用更数学的语言写出这篇题解，希望能帮助到和我一样爱较真的同学。

Solution

设 \(n\) 的最佳分解方案是 \(n = a_1 + a_2 +\cdots + a_k\)，其中 \(1\le a_1<a_2<\cdots<a_k\)。记 \(p = \prod_{i=1}^{k} a_i\) 为分解出自然数的最大乘积。

当 \(n \le 4\) 时，不难验证 \(n\) 的最佳分解方案就是不做分解，所以接下来我们只讨论 \(n \ge 5\) 时的情形。

首先，我们可以证明：

\(a_1\) 只可能是 \(2\)、\(3\) 或 \(4\)。【引理一】

证明 假设 \(a_1 \notin \{2,3,4\}\)，对 \(a_1\) 分类讨论。

• 如果 \(a_1 > 4\) 且 \(a_1\) 是奇数，不妨设 \(a_1 = 2x+1, \ x\ge 2\)，那么将 \(a_1\) 拆分为 \(x\) 和 \(x+1\)，此时 \(p\) 变为原来的 \(\dfrac{x(x+1)}{2x+1}\)倍，这个倍数大于 \(1\)，与 \(p\) 取最大值矛盾。
• 如果 \(a_1 > 4\) 且 \(a_1\) 是偶数，不妨设 \(a_1 = 2x, \ x\ge 3\)，那么将 \(a_1\) 拆分为 \(x-1\) 和 \(x+1\)，此时 \(p\) 变为原来的 \(\dfrac{(x-1)(x+1)}{2x}\)倍，这个倍数大于 \(1\)，与 \(p\) 取最大值矛盾。
• 如果 \(a_1 =1\)，那么删去 \(a_1\) 并把 \(a_k\) 加 \(1\)，此时 \(p\) 变为原来的 \(\dfrac{a_{k}+1}{a_{k}}\) 倍，与 \(p\) 取最大值矛盾。

综上所述，假设不成立，原命题得证。\(\square\)

由于 \(a_1 < 5\) 且 \(n \ge 5\)，\(n\) 一定会被分解为两个及以上的数，即 \(k \ge 2\)。接下来，我们可以证明：

任意相邻 \(a_i\) 之差 \(\in\{1,2\}\)，且至多存在一对相邻 \(a_i\) 满足差为 \(2\)。【引理二】

证明 假设上述命题不成立，则一定存在两个正整数 \(x,y\) 同时满足以下三点：

• \(x,y \in [a_1,a_k]\)
• \(x\) 和 \(y\) 不是 \(\{a_i | i=1,2,\dots,k\}\) 中的数
• 存在 \(i_1,i_2 \in \{1,2,\cdots,k\}\)，使得 \(a_{i_1} = x-1, \ a_{i_2} = y+1\)

于是，将 \(a_{i_1}\) 换为 \(x\)，\(a_{i_2}\) 换为 \(y\)，此时 \(p\) 变为原来的 \(\dfrac{xy}{(x-1)(y+1)}\) 倍，这个倍数大于 \(1\)，与 \(p\) 取最大值矛盾，故原命题得证。\(\square\)

这个命题极大帮助我们确定最优解，它表明最佳的分解方案一定是一个连续或近乎连续（至多有一点不连续）的数列，这与我们的直觉是一致的。它还进一步缩小了 \(a_1\) 的范围：

\(a_1 \ne 4\)。【引理三】

证明 假设 \(a_1=4\)，由引理二，\(a_2=5\) 或 \(6\)。

• 如果 \(a_2 = 5\)，那么将 \(a_2\) 拆分为 \(2\) 和 \(3\)，\(p\) 变为原来的 \(\dfrac{6}{5}\) 倍，这与 \(p\) 取最大值矛盾。
• 如果 \(a_2 = 6\)，那么将 \(a_2\) 拆分为 \(2\) 和 \(3\)，并把 \(a_k\) 加 \(1\)，\(p\) 变为原来的 \(\dfrac{a_{k}+1}{a_{k}}\) 倍，这与 \(p\) 取最大值矛盾。

综上所述，假设不成立，故 \(a_1 \ne 4\)。\(\square\)

目前，我们已经确定了最佳分解方案一定首项为 \(2\) 或 \(3\)，并且分解数列连续或近乎连续。通过下一条引理，我们可以继续缩小最优解范围：

如果 \(a_1 = 3\) 且存在一对相邻 \(a_i\) 满足差为 \(2\)，那么这对相邻 \(a_i\) 必是 \(a_{k-1}\) 和 \(a_k\)。【引理四】

证明 设这对相邻 \(a_i\) 是 \(a_{t-1}\) 和 \(a_{t}\)。假设 \(t < k\)，将 \(a_{t}\) 和 \(a_{t+1}\) 都自减 \(1\)，并增添一项 \(2\)，此时 \(p\) 变为原来的 \(\dfrac{2(a_{t}-1)(a_{t+1}-1)}{a_{t}a_{t+1}}\)倍，即 \(\dfrac{2(a_t-1)}{a_{t+1}}\) 倍，由于 $a_{t} > a_1 = 3 $，故这个倍数大于 \(1\)，这与 \(p\) 取最大值矛盾，于是原命题得证。\(\square\)

根据上述四条引理，我们已经具备找到任意 \(n\) 的最佳分解方案的全部条件。

一方面，只有四种可能的最佳分解方案，分别是以 \(2\) 为首项的连续数列、以 \(2\) 为首项的近乎连续数列、以 \(3\) 为首项的连续数列和以 \(3\) 为首项的近乎连续数列。

另一方面，考虑一个给定的大于等于 \(5\) 的正整数 \(n\)，可将其写成一个关于正整数 \(s\) 和 \(r\) 的式子 \(n = r + \sum_{i=2}^{s} i\)，其中 \(r\) 和 \(s\) 都是唯一确定的且 \(0 \le r \le s\)。我们可以根据 \(r\) 的取值对 \(n\) 进行分类，其中每一类都对应一种最佳分解方案，具体而言：

\(r\) 的取值	最佳分解方案	具体形式
\(r = 0\)	以 \(2\) 为首项的连续数列	\(2 + 3 + \cdots + s\)
\(1 \le r \le s-2\)	以 \(2\) 为首项的近乎连续数列	\(2 + 3 + \cdots + (s-r) + (s-r+2) + (s-r+3) + \cdots+ (s+1)\)
\(r = s-1\)	以 \(3\) 为首项的连续数列	\(3 + 4 + \cdots + (s+1)\)
\(r = s\)	以 \(3\) 为首项的近乎连续数列	\(3 + 4 + \cdots + s + (s+2)\)

由于每一种分解方案对应的 \(n\) 在 \(r\) 上也具有同样的共性，如以 \(2\) 为首项的连续数列对应的 \(n\) 的 \(r\) 均为 \(0\)，因此这种对应关系是唯一的。至此，我们找到了任意 \(n\) 的最佳分解条件，问题解决。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

struct BigDec {
    int len, dec[10000];
    void operator*=(int x) {
        for (int i = 0; i < len; ++i)
            dec[i] *= x;
        int i = 0;
        for (int carry = 0; i < len || carry; ++i) {
            dec[i] += carry;
            carry = dec[i] / 10;
            dec[i] %= 10;
        }
        len = i;
    }
    void printDec() {
        for (int i = len - 1; i >= 0; --i)
            printf("%d", dec[i]);
    }
} p;

int main() {
    int n;
    scanf("%d", &n);
    if (n <= 4)
        return printf("%d\n%d", n, n) & 0;
    int s = (sqrt(8 * n + 9) - 1) / 2;
    int r = n - (s - 1) * (s + 2) / 2;
    p.dec[0] = p.len = 1;
    if (r == 0) {
        for (int i = 2; i <= s; ++i)
            printf("%d ", i), p *= i;
    } else if (r == s - 1) {
        for (int i = 3; i <= s + 1; ++i)
            printf("%d ", i), p *= i;
    } else if (r == s) {
        for (int i = 3; i <= s; ++i)
            printf("%d ", i), p *= i;
        printf("%d ", s + 2), p *= s + 2;
    } else {
        for (int i = 2; i <= s - r; ++i)
            printf("%d ", i), p *= i;
        for (int i = s - r + 2; i <= s + 1; ++i)
            printf("%d ", i), p *= i;
    }
    printf("\n");
    p.printDec();
    return 0;
}