Wiki OI 1039 数的划分

题目链接：http://wikioi.com/problem/1039/

算法与思路：划分型dp，递推；

将整数n分成k份，且每份不能为空，任意两份不能相同(不考虑顺序)。
例如：n=7，k=3，下面三种分法被认为是相同的。
1，1，5; 1，5，1; 5，1，1;

因此将n划分份的一种方法唯一的表示为n1+n2+……nk,其中n1<=n2<=….nk.

这样可以形象地把n的k份划分看作是把n块积木堆成k列，且每列的积木块数依次递增，

也就是这n块积木从左到右被堆成了“阶梯状”。比如，下图是10的几种划分方法：

把上图的三个矩形顺时针旋转90度后，如下图：

不难发现，选转之后的模型还是10的划分，不过约束条件有所不同。

很明显，由于原来是k份划分，因此新的模型中的最大一个元素必然是k。

而其余的元素大小不限，但都不能大于k.  n减去k后，n’=n-k, 剩下的问题就是求n’的任意划分，

且其中每个元素都不大于k的方案总数了。

新模型中，n的k份剖分的一种分法表示为n块积木从右到左递增排列，其中最左列有k块积木。
两个模型中对n的k份剖分的每种分法表示是一一对应的，如：
        10＝1＋2＋2＋5      对应    10＝4＋3＋1＋1＋1
        10＝1＋1＋3＋5      对应    10＝4＋2＋2＋1＋1
        10＝1＋2＋3＋4      对应    10＝4＋3＋2＋1

因此，求n的k份划分的方案总数问题转化为根据新模型将n做任意划分，且其中最大的一个部分恰好是k的问题。

求解这个新的模型可以用递推的方法，用f (a,b)表示把b做任意份剖分，

其中最大的一个部分等于a的方案总数，用g(a,b)表示把b做任意份划分，

其中最大的一个部分不大于a的方案总数，则有：

       f (a, b) = g (a, b - a);
       g(a, b) ＝ f(1, b) + f(2, b) +...+ f(a, b);

又因为

f(1, b) + f(2, b) +...+ f(a - 1, b) = g(a - 1, b);

所以

g(a, b)  =  f(1, b) +...+ f(a - 1, b) ＋f(a, b) 

                =  g(a - 1, b) + g(a, b - a) (1 <= i <= a - 1)

当b < a时，根据g(a, b)的含义，g(a, b - a)无意义。

当a = 1时，显然 g(1, b) = 1.

g(1, b) = 1

    g (a - 1, b) + g(a, b - a)     (b >= a)

    g (a, b) = g (a - 1, b）  (b < a)

最后的g (k, n - k)即为所求。

#include<stdio.h>#include<string.h>int main(){int n, k, g[10][205];while(scanf("%d%d", &n, &k) != EOF){memset(g, 0, sizeof(g));for(int j = 0; j <= n; j++)    g[1][j] = 1;for(int i = 2; i <= k; i++)    for(int j = 0; j <= n - k; j++)if(j >= i)     g[i][j] = g[i - 1][j] + g[i][j - i];else    g[i][j] = g[i - 1][j];printf("%d\n", g[k][n - k]);} }