给定n和分区值k，n1+n2+..nk=n，我需要找到{n1,n2..,nk}这样的集n1*n2*...nk最大。
解决此问题的一种方法是列出所有子集，然后找到具有最大乘积的子集。有没有高效的算法（比蛮力更好）？
要查找子集，可以使用此公式，我目前正在使用this逻辑进行开发。
这是我现在有的一个想法。
如果数字是n，并且如果它可以被k完全整除，那么我们有n/k数量出现k次数，这使得总和的条件有效。另外，请注意，在这种情况下，当我们使用n/k，其中k完美地划分n时，结果乘法的结果将是最大的。如果它不是一个完美的除数，那么我们可以找到ceil(n/k)*k并乘以ceil(n/k) k-1次，n - (ceil(n/k) * (k-1))可以找到最后一个整数。
假设n_i值可以相同。
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我有一些非常破碎的数学，但这里有一个证明为什么要使n1和n2必须相等，因为n1 * n2最大时A = n1 + n2。
A = n1 + n2 n2 = A - n1; P = n1 * n2 P = n1 * (A - n1) = A * n1 - n1^2 Differentiating P with respect to n1 dP/dn1 = A - 2 * n1 To find the inflection point, we do dP/dn1 = 0 and solve A - 2 * n1 = 0 n1 = A/2 which indicates n1 = A/2 and therefore n1 = n2 Which tells to make to make P maximum (as the double differentiation is negative), we need to have n1 = n2
我认为这个证据可以扩展到k变量？也许有人可以扩展这个答案。
最大化产品n1*n2*..*nk相当于最大化其对数log(n1*n2*..*nk) = log(n1)+log(n2)+ .. +log(nk)，受制于约束n1+..+nk = n
因为对数是一个凹函数，所以这个最大值将在k-uplets上获得，这样两个值之间的差异不会超过两个（因为log((a+b)/2) >= (log(a)+log(b))/2。这意味着，定义x = floor(n/k)，你可以限制自己适应每个n_i所属的情况）到{x,x+1}。
这进一步意味着你可以确切地确定子集：如果你让a这样的a*x+(k-a)*(x+1) = n，那么最大子集将是一个排列
n1 = x, n2 = x, .., n_a = x, n_{a+1} = x+1, .., nk = x+1.
关于a的等式可以明确地求解并产生a = k*(ceil(n/k))-n。