Luogu1832 A+B Problem（再升级）

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1832

A+B Problem（再升级）

题目背景

·题目名称是吸引你点进来的

·实际上该题还是很水的

题目描述

·1+1=? 显然是2

·a+b=? 1001回看不谢

·哥德巴赫猜想 似乎已呈泛滥趋势

·以上纯属个人吐槽

·给定一个正整数n，求将其分解成若干个素数之和的方案总数。

输入格式

一行：一个正整数n

输出格式

一行：一个整数表示方案总数

输入输出样例

输入 #1

7

输出 #1

3

说明/提示

【样例解释】

7=7 7=2+5

7=2+2+3

【福利数据】

【输入】 20

【输出】 26

【数据范围及约定】

对于30%的数据 1<=n<=10

对于100%的数据，1<=n<=10^3

题解

在做这道题的时候，我才发现我之前对这种方案累计的正确性理解不够深刻。

看到这道题，很自然的，我们会联想到自然数的分解这道题，而$A+B$这道题则相当于是自然数分解的升级版。要真正理解这种完全背包的做法，还是要先从自然数分解说起。

以下为自然数分解的代码（摘自上面链接的博客）：

dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=n;++j)
if(dp[j]&&j+i<=n)dp[i+j]+=dp[j];

（注：$if$里面要求的$dp[j]$为真大可不必，因为$dp[i+j]+=dp[j]$时如果$dp[j]$为$0$加上去也没有什么影响）

让我们来理解一下这个双重循环到底是什么东西：

这个转移方程的逻辑为对：于每个$i$，直接从$0$到$n$枚举所有数$j$，把$(i+j)$这个数拆分为完整的$i$和散装的$j$，相当于在$j$的所有拆分方案上都加上一个$i$成为$(i+j)$这个数的部分拆分方案，所以就有了$dp[i+j]+=dp[j]$。

那么这样为什么可以不重不漏呢？首先我们要知道第一个循环走到$i$时，$dp$数组的值为只能将数字拆分为$1\sim i-1$的方案数，也就是说$dp[1]\sim dp[i-1]$的值均为最终答案，因为它们不可能被拆分为$\ge i$的数；而对于$dp[i]\sim dp[n]$来说，这就只是一部分的方案，所以我们再把当前的$i$作为新元素加入到原来只有$1\sim i-1$的方案里，构成拆分$(i+j)$的新方案。因为每次加入的$i$都是之前没有的元素，所以拆分方法一定是船新的，这样就可以统计完所有方案。

回到这道$A+BProblem$，我们在做自然数时每次新增的是$i$，那么对于这道拆分质数的题就应该新增一个质数。所以在代码中，枚举素数在外层，枚举$0\sim n$在内层，这样就可以达到与上述自然数拆分一样的效果，即在外层枚举到素数$p[i]$时，$dp[j]$中的方案数仅为将$j$拆分为$0\sim p[i-1]$的方案数，保证了我们的方案不重不漏。

至于找出素数，可以参考线性筛素数。

代码

如果不是全$\mathcal{W}\mathcal{A}$我都忘了$\mathcal{L}inux$上用%I64d会凉凉了。

#include
using namespace std;
const int M=1005;
int p[M];
long long dp[M];
bool check[M];
int n;
void in()
{
     
	scanf("%d",&n);
}
void get()
{
     
	check[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i)
	{
     
		if(!check[i])p[++p[0]]=i;
		for(int j=1,t;j<=p[0];++j)
		{
     
			t=i*p[j];
			if(t>n)break;
			check[t]=1;
			if(i%p[j]==0)break;
		}
	}
}
void ac()
{
     
	get();
	dp[0]=1;
	for(int i=1;i<=p[0];++i)for(int j=0;j<=n;++j)
	if(j+p[i]<=n)dp[j+p[i]]+=dp[j];
	printf("%lld",dp[n]);
}
int main()
{
     
	in(),ac();
}