题目链接：http://noi.openjudge.cn/ch0207/7219/
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- 描述
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将正整数n 表示成一系列正整数之和，n=n1+n2+…+nk, 其中n1>=n2>=…>=nk>=1 ，k>=1 。
正整数n 的这种表示称为正整数n 的划分。 - 输入
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标准的输入包含若干组测试数据。每组测试数据是一行输入数据,包括两个整数N 和 K。
(0 < N <= 50, 0 < K <= N) - 输出
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对于每组测试数据，输出以下三行数据:
第一行: N划分成K个正整数之和的划分数目
第二行: N划分成若干个不同正整数之和的划分数目
第三行: N划分成若干个奇正整数之和的划分数目 - 样例输入
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5 2
- 样例输出
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2 3 3
- 输出说明
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第一行: 4+1, 3+2,
第二行: 5，4+1，3+2
第三行: 5，1+1+3， 1+1+1+1+1+1
分析
参考来源：http://blog.csdn.net/tp7309/article/details/54880495
整数划分问题这几个变形确实很经典，需要一个个说明下：
设dp[n][m]表示数n划分方案中，每个数 不大于m 的划分数。
N划分成若干个可相同正整数之和（递归分析与实现）
划分分两种情况：
- 划分中每个数都小于m：则划分数为dp[n][m-1]。
- 划分中至少有一个数等于m：则从n中减去去m，然后从n-m中再划分，则划分数为dp[n-m][m]。
动态转移方程：dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m]。
N划分成若干个不同正整数之和
划分分两种情况：
- 划分中每个数都小于m：则划分数为dp[n][m-1]。
- 划分中至少有一个数等于m：则从n中减去m，然后从n-m中再划分，且再划分的数中每个数要小于m, 则划分数为dp[n-m][m-1]。
动态转移方程：dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m-1]。
N划分成K个正整数之和（递归分析与实现）
设dp[n][k]表示数n划分成k个正整数之和时的划分数。
划分分两种情况：
- 划分中不包含1：则要求每个数都大于1，可以先拿出k个1分到每一份，之后在n-k中再划分k份，即dp[n-k][k]。
- 划分中包含1：则从n中减去1，然后从n-1中再划分k-1份, 则划分数为dp[n-1][k-1]。
动态转移方程：dp[n][k]=dp[n-k][k]+dp[n-1][k-1]。
N划分成若干个奇正整数之和
设f[i][j]表示将数i分成j个正奇数，g[i][j]表示将数i分成j个正偶数。
首先如果先给j个划分每个分个1，因为奇数加1即为偶数，所以可得：
f[i-j][j] = g[i][j]。
划分分两种情况：
- 划分中不包含1：则要求每个数都大于1，可以先拿出k个1分到每一份，刚可将问题转换为”从i-j中划分j个偶数”，即g[i-j][j]。
- 划分中包含1：则从n中减去1，然后从n-1中再划分k-1份, 则划分数为f[n-1][k-1]。
动态转移方程：f[i][j]=f[i-1][j-1]+g[i-j][j]。
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 using namespace std; 4 #define N 51 5 int dp1[N][N]; //N划分成K个正整数之和的划分数目。 6 int dp2[N][N]; //N划分成若干个不同正整数之和的划分数目。 7 int dp3[N][N]; //N划分成若干个可相同的正整数之和的划分数目。 8 int f[N][N]; //N划分成K个奇正整数之和的划分数目。 9 int g[N][N]; //N划分成K个偶正整数之和的划分数目。 10 11 void initDivideInt() { 12 memset(dp1, 0, sizeof(dp1)); //dp[n][k]=dp[n-k][k]+dp[n-1][k-1] 13 memset(dp2, 0, sizeof(dp2)); //dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m-1] 14 memset(dp3, 0, sizeof(dp3)); //dp[n][m]=dp[n][m-1]+dp[n-m][m] 15 16 for (int i = 1; i < N; i++) { 17 for (int j = 1; j < N; j++) { 18 if (i < j) { 19 dp1[i][j] = 0; 20 dp2[i][j] = dp2[i][i]; 21 dp3[i][j] = dp3[i][i]; 22 } 23 else if (i == j) { 24 dp1[i][j] = 1; 25 dp2[i][j] = dp2[i][j - 1] + 1; 26 dp3[i][j] = dp3[i][j - 1] + 1; 27 } 28 else { 29 dp1[i][j] = dp1[i - j][j] + dp1[i - 1][j - 1]; 30 dp2[i][j] = dp2[i][j - 1] + dp2[i - j][j - 1]; 31 dp3[i][j] = dp3[i][j - 1] + dp3[i - j][j]; 32 } 33 } 34 } 35 } 36 37 //f[i][j]=f[i-1][j-1]+g[i-j][j] 38 void initDivideOdd() { 39 f[0][0] = 1; 40 g[0][0] = 1; 41 for (int i = 1; i < N; i++) { 42 for (int j = 1; j <= i; j++) { 43 g[i][j] = f[i - j][j]; 44 f[i][j] = f[i - 1][j - 1] + g[i - j][j]; 45 } 46 } 47 } 48 49 int main() { 50 // freopen("in.txt", "r", stdin); 51 int n, k; 52 initDivideInt(); 53 initDivideOdd(); 54 while (cin >> n >> k) { 55 cout << dp1[n][k] << endl; 56 cout << dp2[n][n] << endl; 57 58 int sum = 0; 59 for (int i = 0; i <= n; i++) { 60 sum += f[n][i]; 61 } 62 cout << sum << endl; 63 } 64 return 0; 65 }
另一篇分析：http://www.cnblogs.com/sjymj/p/5385436.html
推荐阅读：http://blog.csdn.net/codingdd/article/details/61414550
