NOIP2001数的划分

NOIP2001数的划分题解

题目描述 Description

将整数n分成k份，且每份不能为空，任意两种划分方案不能相同(不考虑顺序)。
例如：n=7，k=3，下面三种划分方案被认为是相同的。
1 1 5

1 5 1

5 1 1
问有多少种不同的分法。

输入描述 Input Description

输入：n，k (6<n<=200，2<=k<=6)

输出描述 Output Description

输出：一个整数，即不同的分法。

样例输入 Sample Input

 7 3

样例输出 Sample Output

4

数据范围及提示 Data Size & Hint

 {四种分法为：1，1，5;1，2，4;1，3，3;2，2，3;}

这道题的正统做法是 搜索 ，因为n≤200， k≤6，很多人都用 DFS 过了

但是我使用了DP方法，如下

用f[i][j]表示将i这个整数划分成j分且不重复的方法数，

因为划分成的每一份至少为1，所以我们把它每份减去1(共减去j)，就得到将i这个数划分成j份就等价于将i-k这个数划分成1份、2份、3份。。。j份，所有情况加起来，即f[i][j] = f[i-j][1] + f[i-j][2] +f[i-j][3] + ... + f[i-j][j] ①

同理f[i-1][j-1] = f[(i-1)-(j-1)][1]+...+f[(i-1)-(j-1)][j-1] ②，

将②式带入①式,得  f[i][j] = f[i-1][j-1] + f[i-j][j]

f[n][k]即为所求

另外，对于i-j<0的情况，可知i<j,而结合实际可知若i<j不可能将i个数化成j份，∴当i-j<0时,f[i][j]=0

初始状态：f[1~n][1]=1

代码如下

/*
	f[i][j]表示将i划分成j份（每份至少为一）的方案数
	f[i][j]=f[i-j][1]+f[i-j][2]+...+f[i-j][j]
	又f[i-1][j-1]=f[i-j][1]+f[i-j][2]+...+f[i-j][j-1]
	∴f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i-j][j] 
*/
#include <cstdio>

using namespace std;

int n, k, f[250][10];

int main()
{
	int i, j;
	
	scanf("%d%d",&n,&k);
	
	for(i=1;i<=n;i++)f[i][1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
		for(j=1;j<=k;j++)
			if(j<=i)f[i][j] = f[i-1][j-1] + f[i-j][j];
	printf("%d\n",f[n][k]);
	return 0;
}