原網址https://blog.csdn.net/guhaiteng/article/details/69218517小結劃分數如何dp
1.hdu 1028 整數劃分
首先，我們引進一個小小概念來方便描述吧，dp[n][m]是把自然數劃劃分成所有元素不大於m的分法，例如：
當n=4，m=1時，要求所有的元素都比m小，所以劃分法只有1種：{1，1，1，1}；
當n=4，m=2時，只有3種{1，1，1，1},{2，1，1}，{2，2}；
當n=4，m=3時，只有4種{1，1，1，1},{2，1，1}，{2，2},{3,1}；
當n=4，m=5時，只有5種{1，1，1，1},{2，1，1}，{2，2},{3,1},{4}；
從上面我們可以發現：當n==1||m==1時，只有一種分法;
當n < m時，由於分法不可能出現負數，所以dp[n][m]=dp[n][n];
當n==m時，那麼就得分析是否要分出m這一個數，如果要分那就只有一種{m}，要是不分，那就是把n分成不大於m-1的若干份；即dp[n][n]=1+dp[n][n-1];
當n>m時，那麼就得分析是否要分出m這一個數，如果要分那就{{m},{x1,x2,x3..（可能含有m）}}時n-m的分法dp[n-m][m]，要是不分，那就是把n分成不大於m-1的若干份；即dp[n][n]=dp[n-m][m]+dp[n][m-1];
代碼：
#include<iostream>
using namespace std;
#define maxn 121
int dp[maxn][maxn]={0};
int main()
{
int i,j;
for(i=1;i<=121;i++)dp[1][i]=dp[i][1]=1;
for(i=2;i<121;i++)
{
for(j=2;j<=121;j++)
{
if(i<j) dp[i][j]=dp[i][i];
else if(i==j)dp[i][j]=1+dp[i][j-1];
else if(i>j) dp[i][j]=dp[i-j][j]+dp[i][j-1];
}
}
int n;
while(scanf("%d",&n)!=EOF)printf("%d\n",dp[n][n]);
return 0;
}
ps：這題也可以母函數做，參考：
http://blog.csdn.net/guhaiteng/article/details/52904663
2.CDOJ 1307 ABCDE
題意：
在數電中，有一種碼，類似BCD碼這種玩意兒
第i位如果爲1的話，那麼ans+=a[i]，a[i]是這一位的位權
然後現在給你一個n，問你一共有多少種碼可以表示1~n的所有數呢？
1,1,2和2,1,1視作一樣。
解法：
DP預處理
首先考慮這個東西，如果不視作一樣的話，就很簡單了
dp[i]表示當前和爲i的方案數，顯然這個玩意兒能夠一直轉移到2i-1去。(比如5，你轉移到最大的肯定是3，不然就無法表示出1,2,3,4,5每個數了，這很顯然)
由於視作一樣，那麼我們只要維護一個當前的最大值就好了，保證這個序列是遞增的，這樣就都不會一樣了。
dp[i][j]表示現在和爲i，最大值爲j的方案數有多少。
轉移方程:
dp[i][j]=(dp[i−1][j−1]+dp[i−j][j]）
前者表示由沒有最大值j轉移過來，後者表示從有最大值j轉移過來
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1e9+7;
long long dp[5010][5010];
long long ans[5010];
int main()
{
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i <= 5000; i++){
for(int j = 1; j <= (i+1)/2; j++){
dp[i][j] = (dp[i-1][j-1]+dp[i-j][j])%mod;
ans[i] += dp[i][j];
ans[i] %= mod;
}
}
int T;
scanf("%d", &T);
while(T--){
int n;
scanf("%d", &n);
printf("%lld\n", ans[n]);
}
return 0;
}
3.687C The values you can make
題意：給n個各有價值的硬幣，要從它們中選出若干個組合成面值k，而要求的是各個方案裏這些選出的硬幣能組合出來的面值有哪些
dp[i][j][k]表示到第i個硬幣，和爲j，組成面值爲k這種情況是否存在。
要用滾動數組寫，不然要爆內存
詳細可以看題解：
http://codeforces.com/blog/entry/45770
代碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ff first
#define ss second
#define pb push_back
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define ull unsigned long long
#define mst(ss,b) memset(ss,b,sizeof(ss));
#define pl(x) cout << #x << "= " << x << endl;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=505;
bool dp[2][N][N];//第i個 和爲j 組成面額爲k
int n, k, c[N], cnt;
int ans[N];
int main(){
scanf("%d%d", &n, &k);
for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%d", &c[i]);
dp[0][0][0] = 1;
for(int i=1; i<=n; i++){
for(int j=k; j>=0; j--){
for(int x=j; x>=0; x--){
dp[i%2][j][x] |= dp[(i-1)%2][j][x];
if(j-c[i] >= x)dp[i%2][j][x] |= dp[(i-1)%2][j-c[i]][x];
if(x >= c[i])dp[i%2][j][x] |= dp[(i-1)%2][j-c[i]][x-c[i]];
}
}
}
for(int i=0; i<=k; i++){
if(dp[n%2][k][i])ans[++cnt] = i;
}
printf("%d\n", cnt);
for(int i=1; i<=cnt; i++)printf("%d ", ans[i]);
return 0;
}
4.51nod 1201 整數劃分
思路：
dp[i][j]表示i這個數劃分成j個數的情況數。
dp[i][j] = dp[i - j][j] + dp[i - j][j - 1]
前者表示將i - 1劃分爲j個數，然後j個數都+1 還是不重複
後者表示將i - 1劃分爲j - 1個數，然後j - 1個數都+1，再加上1這個數
普通的dp是O(n^2)的，但是可以發現1 + 2 + … + m = n ， (1 + m)m = n 2，j只要遍歷sqrt(n * 2)個就好了。所以複雜度爲O(n*sqrt(n*2))
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
template<class T> void read(T&num) {
char CH; bool F=false;
for(CH=getchar();CH<'0'||CH>'9';F= CH=='-',CH=getchar());
for(num=0;CH>='0'&&CH<='9';num=num*10+CH-'0',CH=getchar());
F && (num=-num);
}
const int N=5e4+10;
int dp[N][351], n;
int main(){
read(n);
dp[0][0] = 1;
for(int i = 1; i < 350 ; i++){//i個數
for(int j = 0; j <= n ; j++){//組成j
if(j - i >= 0){
dp[j][i] = (dp[j - i][i] + dp[j - i][i - 1]) % mod;
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1; i < 350; i++)
ans = (ans + dp[n][i]) % mod;
printf("%d\n", ans);
return 0;
}