題目描述
使用遞迴編寫乙個程式，求乙個正整數n的所有劃分個數。
例如，輸入3，輸出3；輸入4，輸出5。
輸入
多組輸入，每一組是乙個正整數n。
輸出
輸出劃分數。
樣例輸入 copy34
樣例輸出copy35
其實這種問題可以認為是把n劃分為 加數小於或等於某個數的劃分，在這裡把這個數成為m。例如，對6的劃分可以認作是將6劃分為加數小於等於6的劃分，因為6的加數確實小於等於6，為什麼要引入這個m呢，是因為我們發現，從這個角度思考，比較容易求解。我們將劃分的種類數記為q（n,m）
在遞迴裡，要對形參進行判斷
（1）當n=1時 q(1,m)：表示是對1的劃分，那麼只有一種劃分方式 1
（2）當m=1時q(n,1)：當m=1時其實就是把讓所有加數小於等於1，那就是所有加數都是1咯（不考慮負數），當然也只有一種劃分方式
（3）當n==m時q(n,n)：此時就是對n的劃分出來的數沒有限制，預設限制就是不大於n，此時劃分的總類數要分兩種情況才比較好解決：
1.劃分出來的數包含n（或m，因為n==m）:那只有一種方式 比如 6的劃分 只有 6;一種方式
2.劃分出來的數不包含n（或m，因為n==m）:就可以認為是將6劃分出來的數都小於6，其實就是都小於或等於5,接下來 其實就是求出來q(n,n-1)或者是q(n,m-1),此時n>m-1,放到遞迴方程裡就是求解q(n,m) n>m
（4）當n>m時：當遇到這個問題時，其實可以看做是對n的劃分有了條件，就是所有的劃分出來的數小於m，在上文中，6有11種劃分方式，那是沒有對6劃分出來的數進行限制，當要使劃分出來的數都小於某個數時比如5時，那就不是11種了。
5+1;
4+2,4+1+1;
3+3,3+2+1,3+1+1+1;
2+2+2,2+2+1+1,2+1+1+1+1;
1+1+1+1+1+1;
這個時候分兩種情況：包含m和不包含m ：
不包含m就是：
4+2,4+1+1;
3+3,3+2+1,3+1+1+1;
2+2+2,2+2+1+1,2+1+1+1+1;
1+1+1+1+1+1;這些情況，其實就是求6的劃分出來的數小於等於4的情況,放到遞迴方程就是 q(n,m-1)
包含m就是：
5+1;
這個時候，確定這種劃分數量的時候m不再是主角，我們只要求出來n-m的劃分情況就行了，因為此時的m的劃分情況，取決於n-m。 比如包含m=5的劃分情況就是 6-5=1的情況，比如包含4的劃分情況就是求6-4=2,2的沒有限制的劃分情況。放到遞迴方程裡面就是q(n-m,m)
（5）q（n,m）n根據以上分析：
q( n, n ) = 1, 當 n ==1;
q( n, n ) = 1, 當m == 1;
q( n, n ) = q( n,n ) , 當n < m;
q( n, n ) = q( n, m-1) +1 , 當n == m;
q( n, n ) = q( n - m, m ) + q( n , m -1) , 當n > m;
1. 第一種做法（初級）
#include
using
namespace std;
int dp[
5000][
5000];
intmain()
while
(cin >> n)
cout << dp[n]
[n]<< endl;
return0;
}
偷偷附上暉隊的部落格
這是乙個連續四場選拔賽都ak的大佬滴部落格
#include
using
namespace std;
intdfs
(int n,
int all)
return num;
}int
main()
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
int n, ans;
void
dfs(
int i,
int s)
for(i; i <=
10; i++
)//保證每次加的數大於等於原來的
dfs(i, s + i);}
intmain()
}
#include
using
namespace std;
int dp[
105]
[108];
intmain()
cin>>t;
while
(t--
)return0;
}
#include
using
namespace std;
long
long a[
400]
[400];
intmain()
} cout << a[n]
[k]<< endl;
}return0;
}
輸入
有多組測試資料
每組資料都有兩個整數n,m（6<=n<=500,2<=m<=6）
n表示該整數，m表示把n分成m份
輸出
對每一組測試資料，輸出不同的分法數
樣例輸入
7 310 2
20 3
樣例輸出45
33注意m<=6即可
#include
using
namespace std;
int dp[
505][8
];intmain()
while(~
scanf
("%d%d"
,&n,
&m))
return0;
}
開始想的dp[i][j]代表j的最大劃分數不超過i，但是陣列需要開很大。
換個思路就是dp[i][j]代表j劃分成i個整數的方法數，也分有1還是沒有1，跟上面第2題有點類似，但是還要求劃分成不同的整數，所以方程為
dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j-i] (有1且僅有1個1)
認真思考會發現i不會超過320，利用等差數列求和求出
#include
using
namespace std;
const
int n =
50000
;const
int mod =
1e9+7;
typedef
long
long ll;
ll dp[
322]
[n+4];
intmain()
while(~
scanf
("%d"
,&n)
)printf
("%d\n"
, ans);}
return0;
}
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