計算具有n個元素的集合的分區數量為k個子集

Question

該程序用於將具有n個元素的集合的分區數分成k個子集，這里我很困惑， return k*countP(n-1, k) + countP(n-1, k-1); 有人可以解釋一下這里發生了什么嗎？ 為什么我們乘以k？

注意 - >我知道這不是計算DP分區數的最佳方法

// A C++ program to count number of partitions 
// of a set with n elements into k subsets 
#include<iostream> 
using namespace std; 

// Returns count of different partitions of n 
// elements in k subsets 
int countP(int n, int k) 
{ 
    // Base cases 
    if (n == 0 || k == 0 || k > n) 
        return 0; 
    if (k == 1 || k == n) 
        return 1; 

    // S(n+1, k) = k*S(n, k) + S(n, k-1) 
    return k*countP(n-1, k) + countP(n-1, k-1); 
} 

// Driver program 
int main() 
{ 
    cout << countP(3, 2); 
    return 0; 
} 

Answer 1

每個countP調用都隱式地考慮集合中的單個元素，讓我們將其稱為A.

countP(n-1, k-1)項來自A本身在集合中的情況。 在這種情況下，我們只需計算將所有其他元素（N-1）划分為（K-1）子集的方式，因為A本身占用一個子集。

然后， k*countP(n-1, k)項來自A本身不在集合中的情況。 因此，我們計算出將所有其他（N-1）值划分為K個子集的方法的數量，並乘以K，因為我們可以添加A到K個可能的子集。

例如，考慮集合[A,B,C,D] ，其中K=2 。

第一種情況countP(n-1, k-1)描述了以下情況：

{A, BCD}

第二種情況， k*countP(n-1, k) ，描述了以下情況：

2*({BC,D}, {BD,C}, {B,CD}) 

要么：

{ABC,D}, {ABD,C}, {AB,CD}, {BC,AD}, {BD,AC}, {B,ACD}

Answer 2

你提到的是第二類斯特林數，它列舉了將一組n個對象划分為k個非空子集的方法的數量，並用 要么 。

它的遞歸關系是：

對於初始條件為k > 0 ：

。

使用動態編程計算它比遞歸方法更快：

int secondKindStirlingNumber(int n, int k) {

    int sf[n + 1][n + 1];
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        sf[i][i] = 1;
    }
    for (int i = 1; i < n + 1; i++) {
        for (int j = 1; j < k + 1; j++) {
            sf[i][j] = j * sf[i - 1][j] + sf[i - 1][j - 1];
        }
    }
    return sf[n][k];
}

Answer 3

我們如何獲得countP(n,k) ？ 假設我們已經將先前的n-1元素划分為一定數量的partion，現在我們有第n個元素，並且我們嘗試進行k分區。

我們有兩個選擇：

或

1. 我們已經將先前的n-1元素划分為k部分（我們有countP(n-1, k)這樣做的方式），並且我們將這個第n個元素放入這些部分中的一個（我們有k選擇）。 所以我們有k*countP(n-1, k) 。

要么：

2. 我們將先前的n-1元素划分為k-1分區（我們有countP(n-1, k-1);這樣做的方法），我們將第n個元素作為單個部分來實現k分區（我們只有一個選擇：單獨放置）。 所以我們有countP(n-1, k-1); 。

所以我們總結一下並得到結果。

Answer 4

基於此 ，集合的分區是將集合的元素分組為非空子集，使得每個元素都包含在一個且僅包含一個子集中。 因此，n元素集的分區總數是Bell數 ，其計算如下： Bell數公式因此，如果要將公式轉換為遞歸函數，它將類似於： k * countP（n-1， k）+ countP（n-1，k-1）;