一、 问题 现在有一正整数N，要把它分为若干正整数之和，问有多少种本质不同的分法？
（1）其中最大数不超过m, 有多少种分法？
（2）分割后的正整数的数目不超过m个， 有多少种分法？
（3）分成最大数不超过m， 且每一个正整数都是正奇数， 有多少种分法？
（4）分成最大数不超过m， 且每一个正整数都不同，有多少种分法？
（5）分成恰好k个正整数，有多少种分法？
二、分析
（1）最大数不超过 m
（a）设dp[i][j]表示把数字 i 分成最大数不超过 j 的若干正整数之和所得的方法数
（b）有如下递推公式 ，核心是最大数m到底选还是不选
（2）分割数不超过m个
（a）设dp[i][j] 表示把数字 i 分成分割数不超过 j 的若干正整数之和所得的方法数
（b）递推公式核心：
-
到底分不分成 j 个
- 如果分成j个，则预先给每一份分 一个1，那么还剩下n-m，这n-m仍然继续分割成最多j个数；
- 如果不分成j个，那就转移到了把 i 最多分成 j-1 个数的状态
- 递推公式：
- 发现竟然和（1）完全一样！其实（1）（2）问题是完全等价的
- 从递推公式上来看，等价
- 从图形来看等价：
（3）分成最大数不超过m， 且每一个数都是正奇数
（a）设dp[i][j] 表示把数字 i 分成分割数不超过 j 的若干正奇数之和所得的方法数
（b）递推公式核心： 最大数 j 到底是不是奇数
- 如果是奇数，那么 j 是可以作为 一种分法的元素的 转态转移到到底是分出 j 还是不分出 j
- 如果不是奇数， 那么 j 是不能分出来的，状态转移到了dp[i][j-1]
（4）分成最大数不超过m， 且每一个正整数都不同
（a）设dp[i][j] 表示把数字 i 分成最大数不超过 j 的若干不同正整数之和所得的方法数
（b）递推公式核心：当前最大数选还是不选，如果选，还剩下i-j并且下次的最大数不能再是j而是j-1， 如果不选，状态转移到dp[i][j-1]
（5）分成恰好k个正整数
（a）设dp[i][j] 表示把数字 i 分成 j 个正整数之和所得的方法数
（b）递推公式核心：
- 这j个数里面含不含有1
- 若不含1，则先为每份预分配一个1，再对i-j进行分割成j份；
- 若含1，则先分出一个1， 然后再对剩下的的i-1分成 j-1份
【记忆化搜索代码】
#include<iostream> #include<queue> #include<list> #include<vector> #include<cstring> #include<set> #include<stack> #include<queue> #include<map> #include<set> #include<cmath> #include<algorithm> #include<string> #include<stdio.h> using namespace std; typedef long long ll; const double eps=1e-8; const double PI = acos(-1.0); const int inf = 0x3f3f3f3f; const ll INF = 0x7fffffff; #define MS(x,i) memset(x,i,sizeof(x)) #define rep(i,s,e) for(int i=s; i<=e; i++) #define sc(a) scanf("%d",&a) #define scl(a) scanf("%lld",&a) #define sc2(a,b) scanf("%d %d", &a, &b) #define dubug printf("debug......\n"); const int maxn = 1e2+10; int dx[4] = {0, 0, 1, -1}; int dy[4] = {1, -1, 0 , 0}; /* 1. 把n划分成若干正整数之和 最大数不超过m 方法数 2. 把n划分成不超过m个正整数之和 方法数 1.2 等价 */ ll dp1[maxn][maxn]; ll dp2[maxn][maxn]; ll dp3[maxn][maxn]; ll dp4[maxn][maxn]; //把n划分成不超过m的若干正整数之和 把n划分成不超过m个正整数之和 方法数 ll DP1(int n, int m){ if(dp1[n][m] != -1){ return dp1[n][m]; } ll ans = 0; if(m == 1 || n == 1){ return dp1[n][m] = 1; } if(m == n){ return dp1[n][m] = DP1(n , m - 1) + 1; } if(m > n){ return dp1[n][m] = DP1(n,n); } if(m < n){ return dp1[n][m] = DP1(n-m, m) + DP1(n , m-1); } return dp1[n][m] = 0; } //把N分成不超过m的，若干个正奇数的和 的方法数 ll DP2(int n , int m){ if(dp2[n][m] != -1) return dp2[n][m]; if(n == 1 || m == 1){ return dp2[n][m] = 1; } if(n == m){ return dp2[n][m] = DP2(n , m-1) + m%2; } if(n < m){ return dp2[n][m] = DP2(n , n); } if(n > m){ if(m % 2){ return dp2[n][m] = DP2(n-m , m) + DP2(n , m-1); } else{ return dp2[n][m] = DP2(n , m - 1); } } return dp2[n][m] = 0; } //把N划分成不超过m的 不同正整数之和 的方法数 ll DP3(int n, int m){ if(dp3[n][m] != -1){ return dp3[n][m]; } if(n == 1) return dp3[n][m] = 1; if(m == 1 && n > 1){ return dp3[n][m] = 0; } if(m == n){ return dp3[n][m] = DP3(n , m - 1) + 1; } if(m > n){ return dp3[n][m] = DP3(n,n); } if(m < n){ return dp3[n][m] = DP3(n-m, m-1) + DP3(n , m-1); } return dp3[n][m] = 0; } //把n换分成恰好k个正整数之和 ll DP4(int n, int k){ if(dp4[n][k] != -1) return dp4[n][k]; if(n == 1 && k > 1) return dp4[n][k] = 0; if(k == 1) return dp4[n][k] = 1; if(n == k) return dp4[n][k] = 1; if(n < k) return dp4[n][k] = 0; if(n > k) return dp4[n][k] = DP4(n-k , k) + DP4(n-1, k-1); return 0; } int n,m; int k; int main(){ while(sc(n) != EOF){ MS(dp1, -1); MS(dp2 , -1); MS(dp3 , -1); MS(dp4 , -1); sc(k); //printf("%lld\n", DP1(n,n)); printf("%lld\n", DP4(n,k)); // printf("%lld\n", DP1(n,k)); printf("%lld\n", DP3(n,n)); printf("%lld\n", DP2(n,n)); } return 0; }