在點算的奧秘：整數分割問題中，筆者討論了最基本以及含有第(1)類限制條件的「整數分割」問題。本網頁將討論含有第(2)類限制條件的「整數分割」問題。第(2)類限制條件是指對被分割出來的部分個數的限制條件，最常見的情況是規定把正整數r分割為剛好n個部分。在「點算組合學」上，一般把符合這類條件的「分割」方案總數記為p(r, n)。請注意我們不能直接應用上述網頁的公式(3)求解p(r, n)，因為在公式(3)中，各個「括弧」代表各部分的大小而非部分的個數。為了求解p(r, n)，我們必須應用新的方法。為此，筆者首先介紹「費雷爾斯圖」(Ferrers Diagram)的概念。
「費雷爾斯圖」是表達「整數分割」方案的形像化方法，它用r個符號(例如☉)代表整數r，並根據r的「分割」方案把這些☉排成若干行，行的數目代表部分的個數，每行中☉的數目則代表該部分的大小。舉例說，2+2+2+4+5+5 = 20便可以表達為下面的圖1：
| ☉ ☉ | ||
| ☉ ☉ | ☉ ☉ | |
| ☉ ☉ | ☉ ☉ ☉ | |
| ☉ ☉ ☉ ☉ | ☉ ☉ ☉ | |
| ☉ ☉ ☉ ☉ ☉ | ☉ ☉ ☉ ☉ ☉ ☉ | |
| ☉ ☉ ☉ ☉ ☉ | ☉ ☉ ☉ ☉ ☉ ☉ | |
| 圖1 | 圖2 |
把圖1按逆時針方向旋轉90度並翻轉，便會得到圖2。圖2代表20的另一個「分割」方案：2+3+3+6+6，「點算組合學」把上述兩個可以互相轉化的「分割」方案稱為「共軛分割」(Conjugate Partition)。利用「共軛分割」，我們可以解決很多「整數分割」問題。在介紹這些解題方法前，我們首先找出如何在一對「共軛分割」之間進行轉換，而不用繪出其「費雷爾斯圖」。我們先從一個簡單的例子開始。
例題1：給定17的一個「分解」方案2+2+2+4+5+5，試求與其「共軛」的另一個「分解」方案。
答1：為方便以下的推導，以下用指數代表某整數在「分解」方案中出現的次數。這樣本題給定的「分解」方案便可寫成(2)3(4)(5)2。雖然我們希望不用繪出「費雷爾斯圖」便能找到答案，但是觀看上面的圖1和圖2對找出這對「共軛分割」之間的關係仍是有益的。
比較該兩幅圖，便會發現某一方的行數正好等於另一方最底一行所含☉的數目，例如圖1共有6行，而圖2最底一行恰有6個☉。讀者應不難發現，此一關係不是偶然的，即某一「分解」方案的部分個數必然等於其「共軛」方案的最大部分。由於給定的「分解」方案(2)3(4)(5)2含有6個部分(這個6可由把各項的指數相加而得，不要忘記4的指數是1)，所以可以斷定其「共軛」方案的最大部分必然是6。
確定了這個6，我們便可以把它從我們的「分解」方案中撇除，集中處理餘下的部分。這對於圖1和圖2來說，相當於分別刪除該圖中最左的一列和最底的一行，從而得到以下兩圖：
| ☉ | ||
| ☉ | ☉ ☉ | |
| ☉ | ☉ ☉ ☉ | |
| ☉ ☉ ☉ | ☉ ☉ ☉ | |
| ☉ ☉ ☉ ☉ | ☉ ☉ ☉ ☉ ☉ ☉ | |
| ☉ ☉ ☉ ☉ | ||
| 圖3 | 圖4 |
比較一下圖3所對應的「分解」方案(1)3(3)(4)2與原來的「分解」方案(2)3(4)(5)2，便會發現從圖1中刪除最左一列相當於把原來的「分解」方案中各項的「底數」減1 (「指數」則維持不變)。由於(1)3(3)(4)2各項指數之和為6，所以可以斷定，所求的「共軛」方案中的倒數第二個部分必然是6。接著我們也把這個6也撇除。
把這第二個6撇除後，我們的「分解」方案便變成(2)(3)2。請注意這也是把(1)3(3)(4)2中各項的「底數」減1的結果(由於1 − 1 = 0，我們不再把它寫出來)。由於(2)(3)2各項指數之和為3，所以可以斷定，所求的「共軛」方案中的倒數第三個部分必然是3。
把剛才確定的3撇除後，我們的「分解」方案便變成(1)(2)2。由於(1)(2)2各項指數之和為3，所以可以斷定，所求的「共軛」方案中的倒數第四個部分必然是3。
把剛才確定的3撇除後，我們的「分解」方案便變成(1)2。由於(1)2各項指數之和為2，所以可以斷定，所求的「共軛」方案中的倒數第五個部分必然是2。請注意完成了這一步，我們便無須繼續下去，因為把剛才確定的2也撇除後，我們的「分解」方案便再沒有數字了。至此我們確定所求的「共軛」方案為(2)(3)2(6)2。□
我們可以把上述計算過程推廣到一般的情況。給定一個「分解」方案
其中i1 + i2 + i3 + ... ik = n，讓我們找出它的「共軛」方案。如前所述，某一「分解」方案的部分個數必然等於其「共軛」方案的最大部分。由於以上「分解」方案的部分個數就是其「指數」之和，可以推斷所求「共軛」方案的最大部分必然是n。
接著我們撇除這個n，這相當於把(1)中各項的「底數」減1 (「指數」則維持不變)。這時有兩個可能性：(a) n1 − 1 > 0和(b) n1 − 1 = 0。先考慮情況(a)。在這情況下，(1)變成
由於上式中各項「指數」之和仍然是n，可以推斷所求「共軛」方案的倒數第二部分必然也是n，即有至少兩個n。接著我們又撇除這個n，即把(2)中各項的「底數」減1，即相當於把(1)中各項的「底數」減2。假如所得結果仍不為0，那麼可以推斷，所求「共軛」方案的倒數第三部分必然也是n ...
由於n1是有限數，當它被減n1次後，便會等於0，因此我們終會碰到上述的情況(b)。在這情況下，(1)變成
由於上式較(1)少了一項，各項「指數」之和不會再是n，所以可以推斷，所求「共軛」方案的倒數第n1 + 1部分不再是n。但由於在此之後的部分全部都是n，可以推斷，在所求「共軛」方案中，n的指數必然是n1。
接著我們繼續研究上面的式(3)。容易看到，這個式子各項「指數」之和是i2 + i3 + ... ik = n − i1，所以可以推斷，在所求「共軛」方案中，比n次小的部分必然是n − i1。
接著我們仿照前面的做法，把剛才確定的n − i1撇除，這相當於把(3)中各項的「底數」減1。同樣，當這個過程進行n2 − n1次後，式(3)中的第一項便會消失。但在它消失之前，每次各項「指數」之和都是n − i1。由此可以推斷，在所求「共軛」方案中，n − i1的指數必然是n2 − n1。
請注意當式(3)中各項的「底數」被減去n2 − n1後，該式便變成
上式中各項「指數」之和是i3 + ... ik = n − i1 − i2。由此可以推斷，在所求「共軛」方案中，比n − i1次小的部分必然是n − i1 − i2，並且仿照前面的推理，可知n − i1 − i2的指數必然是n3 − n2。
我們可以把以上推理繼續進行下去，直至原來「分割」方案的所有項皆被減去為止。這樣我們便得到式(1)的「共軛」方案：
推導了一對「共軛分割」之間的轉化關係，我們便繼續推導p(r, n)的「母函數」。如前所述，某一「分割」方案的部分個數剛好等於其「共軛」方案的最大部分，所以我們可以把對「分割」方案中部分個數的限制轉化為對其最大部分的限制。由於p(r, n)等於把r分為n個部分的「分割」方案總數，這個數等於最大部分為n的r的「分割」方案總數。有些讀者可能以為，由於各部分不大於n，根據點算的奧秘：整數分割問題中的公式(3)，所求的「母函數」似乎是
可是上式不是我們要求的「母函數」，因為上式只代表「分割」方案中的最大部分可能為n，但並不保證最大部分實際為n。舉例說，我們可以從上面第1個「括弧」抽取xr，並從所有其他「括弧」抽取1，相乘結果為xr。上述結果代表把r分割成r個1，其最大部分只是1而非r。由此可見，上式只代表把r分割成最多n個(而非剛好n個)部分的「分割」方案總數(註1)。
為了保證我們的「母函數」真正代表p(r, n)，必須對上式最後一個「括弧」略作修改。由於我們要確保最大部分實際為n，「分割」方案必須包含至少1個n。這樣我們只需從上式最後一個「括弧」中剔除1 (即不容許沒有n)，便得到「求p(r, n)的母函數」：
| (1 + x + x2 + ...) × (1 + x2 + x4 + ...) × ... (xn + x2n + x3n + ...) | |
| = | xn × (1 + x + x2 + ...) × (1 + x2 + x4 + ...) × ... (1 + xn + x2n + ...) (7) |
p(r, n)就是上式展開式中xr項的「系數」。
如果我們把代表整數1、2 ...的符號N1、N2 ...加入上式中，便得到以下的「列舉型母函數」：
惟請注意，上式展開式中xr項的「系數」其實是「最大部分為n」的r的所有「分割」方案。如果我們應用公式(5)，把這些「分割」方案逐一轉換成其「共軛」方案，便會得到「含有n個部分」的r的所有分割方案。
例題2：現要從3類沒有固定編號的物件中抽取8個出來，並規定必須從每類物件中至少抽一個出來。試列出所有不同抽法。
答2：這個問題就是點算的奧秘：分配問題中介紹的「抽象組合」問題。根據該網頁的表2，這類問題對應於「整數分割」問題。因此本題實際等同於：求把8分割成3個部分的所有「分割」方案。把n = 3代入公式(8)，便得到本題的「母函數」為
本題答案就是上式展開式中x8項的「系數」，即
接著我們把上式中的N1、N2、N3改寫為(1)、(2)、(3)，然後對上面5個項逐一應用公式(5)(或繪出其「費雷爾斯圖」)，把它們轉換為其「共軛」方案：
最後，我們還得應用「整數分割」問題與「抽象組合」問題之間的對應關係把以上5項「翻譯」為我們要求的答案。所求的5個「抽象組合」方案為：
| (1) | 從其中一類物件中抽2個出來，並從其餘兩類物件中各抽3個出來 |
| (2) | 從其中一類物件中抽1個出來，從第二類中抽3個出來，從第三類中抽4個出來 |
| (3) | 從其中兩類物件中各抽2個出來，並從最後一類中抽4個出來 |
| (4) | 從其中一類物件中抽1個出來，從第二類中抽2個出來，從第三類中抽5個出來 |
| (5) | 從其中兩類物件中各抽1個出來，並從最後一類中抽6個出來 |
請注意在上述答案中，「其中一類」、「第二類」、「最後一類」等字眼都只是這三類物件的「臨時編號」，並不代表某種既定的次序。因此之故，上述5個方案中的每一個都可重新表述為等價的形式，例如方案(2)便可以重新表述為「從其中一類物件中抽3個出來，從第二類中抽1個出來，從第三類中抽4個出來」或「從其中一類物件中抽4個出來，從第二類中抽3個出來，從第三類中抽1個出來」，以上不同表述法其實都表達同一個意思。
□
巧妙地運用前面介紹的公式，我們還可以解決某些包含較複雜限制條件的「整數分割」問題。
例題3：現要把6分割成最少3個和最多5個部分，問有多少種不同分割法？
答3：利用前面的公式(6)，可以求得把6分割成最多5個部分的「分割」方案總數。可是公式(6)只能用於「最多n個部分」的問題，不適用於「最少n個部分」的問題。不過我們可以利用「集合論」解決這個問題。我們可以把6的所有「分割」方案看成一個集合，並按「分割」方案所含部分個數把這個集合劃分為6個子集：包含1個部分的「分割」方案...包含6個部分的「分割」方案，分別稱為A1 ... A6。有了以上的定義，我們便可以確定以下3個集合：
| 包含最多5個部分的「分割」方案： | A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 ∪ A5 |
| 包含最多2個部分的「分割」方案： | A1 ∪ A2 |
| 包含最少3個和最多5個部分的「分割」方案： | A3 ∪ A4 ∪ A5 ∪ A5 |
顯然本題所要求的「分割」方案(即上面的第三式)就是上面的第一式減去第二式，而第一和第二式都是「最多n個部分」的問題，因此都可以用公式(6)求解。
計算方法之一是分別把n = 5和n = 2代入公式(6)，找出兩個展開式中x6項的「系數」，然後相減。此一做法無疑是正確的，但卻會浪費某些計算工夫(除非是使用電腦軟件)。一個較簡捷的方法是只把n = 5代入公式(6)，得到
接下來我們必須找出從上式5個「括弧」中各取出哪些項相乘會得到x6，但須捨棄那些後三個「括弧」皆取1的組合，因為這些組合實際只由前兩個「括弧」的項組成，因此代表「包含最多2個部分」的「分割」方案，不符合本題的限制條件。根據觀察，符合上述規定的組合包括：1, 1, x6, 1, 1; 1, x2, 1, x4, 1; x, 1, 1, 1, x5; x, x2, x3, 1, 1; x2, 1, 1, x4, 1; x3, 1, x3, 1, 1。由於共有6個這樣的組合，故本題答案為6。□
註1：由此亦可見，把r分成不大於n的若干個部分的「分割」方案總數 = 把r分成最多n個部分的「分割」方案總數。