hoj1402整数划分问题

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整数划分是一个经典的问题。希望这道题会对你的组合数学的解题能力有所帮助。
Input
每组输入是两个整数n和k。(1 <= n <= 50, 1 <= k <= n)
Output
对于每组输入，请输出六行。

第一行：将n划分成若干正整数之和的划分数。
第二行：将n划分成k个正整数之和的划分数。
第三行：将n划分成最大数不超过k的划分数。
第四行：将n划分成若干奇正整数之和的划分数。
第五行：将n划分成若干不同整数之和的划分数。
第六行：打印一个空行。

第一行和第三行：
对于第一行和第三行，根据状态转移方程很容易写出：
dp[i][j] = dp[i][i] j>i时
= dp[i-j][j]+dp[i][j-1] i>=j时
i记录的是该要分的数,j表示最大数不超过j的划分数，当j比i还大时当然是只能j分到i而已，
当i>=j时，注意到5 = 5 = 4+1 = 3+2 = 3+1+1 = 2+2+1 = 2+1+1+1 = 1+1+1+1+1，5可以划分为
+1，而4的划分数之前已求出，相当于加上4的划分数，即dp[i][j-1]，另外注意到
= 2+2+1 = 2+1+1+1 = 1+1+1+1+1，即还要加上要减的数5减掉2之后,
dp[5][2] = dp[5-2][2]+dp[5][1] = dp[3][2]+1 = dp[3-2][2]+dp[3][1]+1 = dp[1][1]+1+1 = 3;
每次算dp时其实都可以先写写dp之间的转移关系，弄清楚后，再写出状态转移方程

第二行：
将n划分成K个正整数之和的划分数。根据第一行和第三行的程序的启发，可以这样设置dp为三维，
dp[i][p][j]，i表示要划分的数，p为要划分的总个数，j为划分的数中的最大值为不超过j，可以得到
以下状态转移方程：
dp[i][p][j] = dp[i][p][i] j>i时
= dp[i-j][p-1][j] + dp[i][p][j-1]
解析一下吧：
当没用到当前最大值j时，因为要划分的数和要划分的数的个数都不变，
当用到当前最大值j时，因为用到了一个数，所以划分数的总个数减一，并且划分数要减j
初始化可以是先置零，再dp[i][1][j] = 1,且当j>i时，dp[i][p][j] = dp[i][p][i]
比如例子：
dp[5][2][5] = dp[0][1][5]+dp[5][2][4] = 0+dp[1][1][4]+dp[5][2][3] = 1+dp[5][2][3]
= 1+dp[2][1][3] = 2，得到结果

第四行：
将n划分成若干奇正整数之和的划分数。同样根据一三行的方法做，令dp[i][j]表示当前的划
分数为i，最大值为j时的中的划分数，则状态转移方程为
dp[i][j] = dp[i][i] if(j%2==1&&j>i)
= dp[i][i-1] if(j%2==0&&j>i)
= dp[i-j][j]+dp[i][j-2]
解析一下：
当j>i时没什么好说的了，因为最大数不可能为偶数嘛，
当j<=i时，如果用到当前最大值，则划分数要减掉当前的j值，
如果没用到j时，则划分数不变，划分的最大值要减少2

第五行：
将n划分成若干不同整数之和的划分数。其实这个的状态转移方程挺好找的，
同样根据一三的方法就行，dp[i][j] = dp[i][j-1]+dp[i-j][j-1]，
解析一下：
i记录的是要划分的数，j表示当前最大划分到的数中的最大值，
当用到当前的j时，划分数i要减掉j，并且因为各个划分数不同，所以j还要减掉1；
当没用到j时，j减一，划分数i不变

由此看来，第一行和第三行的代码很重要，其他的都是可以从它得到啊。。。

*/
#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
#define X 52
int dp[X][X],dp2[X][X][X],dp3[X][X],dp4[X][X],n,k;
void f_1_3()
{
    for(int i=1;i<X;i++)    //初始化
        dp[i][0] = 0;
    dp[0][0] = 1;
    for(int i=0;i<X;i++)    //实现状态转移方程
        for(int j=1;j<X;j++)
            if(i>=j)
                dp[i][j] = dp[i-j][j]+dp[i][j-1];
            else
                dp[i][j] = dp[i][i];
}
void f_2()
{
    memset(dp2,0,sizeof(dp2));
    for(int i=1;i<X;i++)    //初始化
        dp2[i][1][i] = 1;
    for(int i=0;i<X;i++)    //初始化
        for(int j=0;j<X;j++)
            if(j>i)
                dp2[i][1][j] = dp2[i][1][i];


    for(int i=1;i<X;i++)    //状态转移
        for(int p=2;p<X;p++)
            for(int j=1;j<X;j++)
                if(j>i)
                    dp2[i][p][j] = dp2[i][p][i];
                else
                    dp2[i][p][j] = dp2[i-j][p-1][j]+dp2[i][p][j-1];
}
void f_4()
{
    memset(dp3,0,sizeof(dp3));
    for(int i=1;i<X;i++)    //初始化，当最大值为1时，只能由i自己本身组成，划分数为1
        dp3[i][1] = 1;
    for(int i=1;i<X;i+=2)    //涉及到后面的状态转移时i会减少到0，但实际上，当j为奇数时，必须得加1
        dp3[0][i] = 1;
    dp3[0][0] = 1;            //初始化1
    for(int i=1;i<X;i++)    //实现状态转移方程
        for(int j=3;j<X;j+=2)
        {
            if(j>i)
            {
                if(i%2)
                    dp3[i][j] = dp3[i][i];
                else
                    dp3[i][j] = dp3[i][i-1];
            }
            else
                dp3[i][j] = dp3[i-j][j]+dp3[i][j-2];
        }
}
void f_5()
{
    memset(dp4,0,sizeof(dp4));
    for(int i=1;i<X;i++)    //初始化
    {
        dp4[1][i] = 1;
        dp4[0][i] = 1;
    }
    for(int i=2;i<X;i++)    //状态转移方程
        for(int j=1;j<X;j++)
            if(i<j)
                dp4[i][j] = dp4[i][i];
            else
                dp4[i][j] = dp4[i][j-1]+dp4[i-j][j-1];
}
int main()
{
    freopen("sum.in","r",stdin);
    freopen("sum.out","w",stdout);
    f_1_3();
    f_2();
    f_4();
    f_5();
    while(cin>>n>>k)
    {
        cout<<dp[n][n]<<endl;
        cout<<dp2[n][k][n]<<endl;
        cout<<dp[n][k]<<endl;
        if(n%2)
            cout<<dp3[n][n]<<endl;
        else
            cout<<dp3[n][n-1]<<endl;
        cout<<dp4[n][n]<<endl;
        cout<<endl;
    }
    return 0;
}

hoj1402整数划分问题

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