第4讲 整数的分拆
  整数的分拆，就是把一个自然数表示成为若干个自然数的和的形式，每一种表示方法，就是自然数的一个分拆。
  整数的分拆是古老而又有趣的问题，其中最著名的是哥德巴赫猜想。在国内外数学竞赛中，整数分拆的问题常常以各种形式出现，如，存在性问题、计数问题、最优化问题等。
  例1 电视台要播放一部30集电视连续剧，若要求每天安排播出的集数互不相等，则该电视连续剧最多可以播几天？
  分析与解：由于希望播出的天数尽可能地多，所以，在每天播出的集数互不相等的条件下，每天播放的集数应尽可能地少。
  我们知道，1+2+3+4+5+6+7=28。如果各天播出的集数分别为1，2，3，4，5，6，7时，那么七天共可播出28集，还剩2集未播出。由于已有过一天播出2集的情形，因此，这余下的2集不能再单独于一天播出，而只好把它们分到以前的日子，通过改动某一天或某二天播出的集数，来解决这个问题。例如，各天播出的集数安排为1，2，3，4，5，7，8或1，2，3，4，5，
6，9都可以。
  所以最多可以播7天。
  说明：本题实际上是问，把正整数30分拆成互不相等的正整数之和时，最多能写成几项之和？也可以问，把一个正整数拆成若干个整数之和时，有多少种分拆的办法？例如：
  5=1+1+1+1+1=1+1+1+2，
  =1+2+2  =1+1+3
  =2+3    =1+4，共有6种分拆法（不计分成的整数相加的顺序）。
  例2 有面值为1分、2分、5分的硬币各4枚，用它们去支付2角3分。问：有多少种不同的支付方法？
  分析与解：要付2角3分钱，最多只能使用4枚5分币。因为全部1分和2分币都用上时，共值12分，所以最少要用3枚5分币。
  当使用3枚5分币时，5×3=15，23-15=8，所以使用2分币最多4枚，最少2枚，可有
  　23=15+（2+2+2+2），
  23=15+（2+2+2+1+1），
  23=15+（2+2+1+1+1+1），
  共3种支付方法。
  当使用4枚5分币时，5×4=20，23-20=3，所以最多使用1枚2分币，或不使用，从而可有
  23=20+（2+1），
  23=20+（1+1+1），
  共2种支付方法。
  总共有5种不同的支付方法。
  说明：本题是组合学中有限条件的整数分拆问题的一个特例。
  例3 把37拆成若干个不同的质数之和，有多少种不同的拆法？将每一种拆法中所拆出的那些质数相乘，得到的乘积中，哪个最小？
  解：37=3+5+29
    　=2+5+7+23=3+11+23，
    　=2+3+13+19=5+13+19
    　=7+11+19=2+5+11+19
    　=7+13+17=2+5+13+17
    　=2+7+11+17，
  共10种不同拆法，其中3×5×29=435最小。
  说明：本题属于迄今尚无普遍处理办法的问题，只是硬凑。比37小的最大质数是31，但37-31=6，6不能分拆为不同的质数之和，故不取；再下去比37小的质数是29，37-29=8，而8=3+5。其余的分拆考虑与此类似。
  例4 求满足下列条件的最小自然数：它既可以表示为9个连续自然数之和，又可以表示为10个连续自然数之和，还可以表示为11个连续自然数之和。
  解：9个连续自然数之和是其中第5个数的9倍，10个连续自然数之和是其中第5个数和第6个数之和的5倍，11个连续自然数之和是其中第6个数的11倍。这样，可以表示为9个、10个、11个连续自然数之和的数必是5，9和11的倍数，故最小的这样的数是［5，9，11］=495。
  对495进行分拆可利用平均数，采取“以平均数为中心，向两边推进的方法”。例如，495÷10=49.5，则10个连续的自然数为
  45，46，47，48，49，（49.5），50，51，52，53，54。
  于是495=45+46+…+54。
  同理可得495=51+52+…+59=40+41+…+50。
  例5 若干只同样的盒子排成一列，小聪把42个同样的小球放在这些盒子里然后外出，小明
从每只盒子里取出一个小球，然后把这些小球再放到小球数最少的盒子里去，再把盒子重排了一下。小聪回来，仔细查看，没有发现有人动过小球和盒子。问：一共有多少只盒子？
  分析与解：设原来小球数最少的盒子里装有a只小球，现在增加到了b只，由于小明没有发现有人动过小球和盒子，这说明现在又有了一只装有a个小球的盒子，这只盒子里原来装有（a+1）个小球。
  同理，现在另有一个盒子里装有（a+1）个小球，这只盒子里原来装有（a+2）个小球。
  依此类推，原来还有一只盒子装有（a+3）个小球，（a+4）个小球等等，故原来那些盒子中装有的小球数是一些连续整数。
  现在这个问题就变成了：将42分拆成若干个连续整数的和，一共有多少种分法，每一种分法有多少个加数？
  因为42=6×7，故可将42看成7个6的和，又
  （7+5）+（8+4）+（9+3）
  是6个6，从而
  42=3+4+5+6+7+8+9，
  一共有7个加数。
  又因42=14×3，故可将42写成13+14+15，一共有3个加数。
  又因42=21×2，故可将42写成9+10+11+12，一共有4个加数。
  于是原题有三个解：一共有7只盒子、4只盒子或3只盒子。
  例6 机器人从自然数1开始由小到大按如下规则进行染：
  凡能表示为两个不同合数之和的自然数都染成红，不符合上述要求的自然数染成黄（比如23可表示为两个不同合数15和8之和，23要染红；1不能表示为两个不同合数之和，1染黄）。问：被染成红的数由小到大数下去，第2000个数是多少？请说明理由。
  解：显然1要染黄，2=1+1也要染黄，
  3=1+2，
  4=1+3=2+2，
  5=1+4=2+3，
  6=1+5=2+4=3+3，
  7=1+6=2+5=3+4，
  8=1+7=2+6=3+5=4+4，
  9=1+8=2+7=3+6=4+5，
  11=1+10=2+9=3+8=4+7=5+6。
  可见，1，2，3，4，5，6，7，8，9，11均应染黄。
  下面说明其它自然数n都要染红。
  （1）当n为大于等于10的偶数时，
  n=2k=4+2（k-2）。
  由于n≥10，所以k≥5，k-2≥3，2（k-2）与4均为合数，且不相等。也就是说，大于等于10的偶数均能表示为两个不同的合数之和，应染红。（1）当n为大于等于13的奇数时，
  n=2k+1=9+2（k-4）。
字符串截取数字部分  由于n≥13，所以k≥6，k-4≥2，2（k-4）与9均为合数，且不相等。也就是说，大于等于13的奇数均能表示为两个不同的合数之和，应染红。
  综上所述，除了1，2，3，4，5，6，7，8，9，11这10个数染黄外，其余自然数均染红，第k个染为红的数是第（k+10）个自然数（k≥2）。
  所以第2000个染为红的数是2000+10=2010。
  下面看一类有规律的最优化问题。
  例7 把12分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？
  分析与解：把12分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有
  1+11，2+10，3+9，4+8，5+7，6+6
  六种方法。它们的乘积分别是
  1×11=11，2×10=20，3×9=27，
  4×8=32，5×7=35，6×6=36。
  显然，把12分拆成6+6时，有最大的积6×6=36。
  例8 把11分拆成两个自然数的和，再求出这两个自然数的积，要使这个积最大，应该如何分拆？
  分析与解：把11分拆成两个自然数的和，当不考虑加数的顺序时，有1+10，2+9，3+8，4+7，5+6五种方法。它们的乘积分别是
  1×10=10，2×9=18，3×8=24，
  4×7=28，5×6=30。
  显然，把11分拆成5+6时，有最大的积5×6=30。

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