[省选前题目整理][HDU 1028]Ignatius and the Princess III(生成函数)

题目链接

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1028

题目大意

给出一个数字 n ,将它分解为若干个正整数之和，问有多少种方案？
比如，对于 n=4 ，有下列5种方案：

4 = 4;
4 = 3 + 1;
4 = 2 + 2;
4 = 2 + 1 + 1;
4 = 1 + 1 + 1 + 1;

思路

很容易构造出 n 个生成函数 A(1)到A(n) ，对于 i ，生成函数 A(i) 表示的是选择正整数 i 的方案， A[i]=x0+xi+...+x[ni]i ，表示可以选1个 i 加入答案、选2个 i 加入答案……选 [ni]个i 加入答案。

那么最终我们构造一个多项式 T=A(1)A(2)......A(n) ，这个多项式里 aixi 项， ai 表示的就是数字 i 拆成若干个数字和的方案数。

这个生成函数的解法可以通过FFT或者是暴力的多项式乘法实现，但是鉴于此题范围很小，下面引出一个更简单好写的做法。

可以把每个数字 i 看成是 [ni] 个面值为 i 的硬币。要求凑出 n 元钱共有多少种不同的凑法。

T 初始时为 T=x0 ，我们从 A(1) 开始依次把 A(i) 乘入 T 中，定义 T′=A(i)T 。对于 T 中第 j 项，在新的 T′ 中的第 j+k[ni] 项里加上系数 ai

其实这个做法就是暴力的多项式乘法，只不过写法简化了很多而已。

代码

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>

#define MAXN 40020

using namespace std;

int c1[MAXN],c2[MAXN];
int num[MAXN],money[MAXN];

int main()
{
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)
    {
        int max=0; //多项式的最高次项
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            money[i]=i;
            num[i]=n/i;
        }
        memset(c1,0,sizeof(c1)); //c1:老多项式
        memset(c2,0,sizeof(c2)); //c2:新多项式
        c1[0]=1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=max;j++)
                for(int k=0;k<=num[i];k++)
                    c2[j+k*money[i]]+=c1[j];
            max+=num[i]*money[i];
            memcpy(c1,c2,sizeof(c2));
            memset(c2,0,sizeof(c2));
        }
        printf("%d\n",c1[n]);
    }
    return 0;
}