poj 1032(整数拆分)

给你一个n问求使得 a1+a2+..ak==n时 a1*a2*..ak最大。。a1 a2.....不相等。（没看懂题目意思。。）

以下转自http://blog.himdd.com/?p=1918

思路：将一个数分成2份，如何分，使得这两个数乘积最大。答案是将这个数平分，证明是求x*(n-x)的最大值。基于这种思路，将N分成乘积最大的不相等的多份，应使得其中每份的数相差尽量少，即差值为1的等差数列为最理想状态。构造了一个等差数列以后，再根据剩余值对整个数列的值进行调整。使得相邻元素差值达到最小。这里注意，等差数列的构造应以2为首项，1为首项的话，对乘积没影响。。。
（以下证明是从网上得来的）
由题意知，这种分解的数目是有限的，因此，最大积存在；
假设最大积的分解为：
N=a1+a2+a3+…+a[t-2]+a[t-1]+a[t] （t是分解的数目，a1<a2<a3<...<a[t-2]<a[t-1]<a[t]）
 下面是该数列的性质及其证明：
1）a1>1；
如果a1=1，则a1和a[t]可以由a[t]+a1=a[t]+1来替代，从而得到更大的积；

2）对于所有的i，有a[i+1]-a[i]<= 2；
如果存在i使得a[i+1]-a[i]>=3，则a[i]和a[i+1]可以替换为a[i]+1，a[i+1]-1，从而使乘积更大；

3）最多只存在一个i使得a[i+1]-a[i]=2；
如果i< j且a[i+1]-a[i]=2、a[j+1]-a[j]=2，则a[i]，a[j+1]可以替换为a[i]+1，a[j+1]-1，从而使得乘积更大；

4）a1<=3；
如果a1>=4，则a1和a2可以替换为2，a1-1，a2-1，从而使得乘积更大；

5）如果a1=3且存在i满足a[i+1]-a[i]=2，则i一定等于t-1；
如果i<t-1，则a[i+2]可以替换为2，a[i+2]-2，从而使得乘积更大；< p="">

将上面5条性质综合一下，得到该数列满足：
1）1< a1< 4
2）a[i+1]-a[i] <=2（该序列按升序排序）
3）a[i+1]-a[i]=2的情况最多只有一个

因此，我们得到最大的乘积的做法就是求出从2开始的最大连续（由上面总结的性质2和3可知）自然数列之和A，使得A的值不超过N，具体分析如下：
对输入的N，找到k满足：
A=2+3+4+...+(k-1)+k <= N < A+(k+1) = B
假设N=A+p（0<=p< k+1），即A+p是最大积的数列
1）p=0，则最大积是A；
2）1<=p<=k-1，则最大积是B-{k+1-p}，即从数列的最大项i开始，从大到小依次每项加1，知道p=0为止；
3）p=k，则最大积是A+p=A+k=A-{2}+{k+2}；( =3+4+...+k+( k+2) )；

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define MAXN 150
int ans[MAXN];
int n,k,sum;

int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        memset(ans,0,sizeof(ans));
        k=0;
        ans[k++]=2;
        ans[k++]=3;
        sum=5;
        while(sum+ans[k-1]+1<=n)
        {
            ans[k]=ans[k-1]+1;
            sum+=ans[k++];
        }
        int tmp=n-sum;
        while(tmp>0)
        {
            for(int i=k-1;tmp>0 && i>=0;i--)
                ans[i]++,tmp--;
        }
        printf("%d",ans[0]);
        for(int i=1;i<k;i++)
            printf(" %d",ans[i]);
        printf("\n");
    }
    return 0;
}