Ignatius and the Princess III

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Problem Description

"Well, it seems the first problem is too easy. I will let you know how foolish you are later." feng5166 says.

"The second problem is, given an positive integer N, we define an equation like this:
  N=a[1]+a[2]+a[3]+...+a[m];
  a[i]>0,1<=m<=N;
My question is how many different equations you can find for a given N.
For example, assume N is 4, we can find:
  4 = 4;
  4 = 3 + 1;
  4 = 2 + 2;
  4 = 2 + 1 + 1;
  4 = 1 + 1 + 1 + 1;
so the result is 5 when N is 4. Note that "4 = 3 + 1" and "4 = 1 + 3" is the same in this problem. Now, you do it!"

 

Input

The input contains several test cases. Each test case contains a positive integer N(1<=N<=120) which is mentioned above. The input is terminated by the end of file.

 

Output

For each test case, you have to output a line contains an integer P which indicate the different equations you have found.

 

Sample Input

4

10

20

Sample Output

5

42

627

方法一：

源代码及简单分析：


把加法变为幂运算


这里先给出2个例子，等会再结合题目分析：


第一种：


有1克、2克、3克、4克的砝码各一 枚，能称出哪几种重量？每种重量各有几种可能方案？


考虑用母函数来接吻这个问题：


我们假设x表示砝码，x的指数表示砝码的重量，这样：


1个1克的砝码可以用函数1+x表示，


1个2克的砝码可以用函数1+x2表示，


1个3克的砝码可以用函数1+x3表示，


1个4克的砝码可以用函数1+x4表示，


上面这四个式子懂吗？


我们拿1+x2来说，前面已经说过，x表示砝码，x的指数表示重量，即这里就是一个质量为2的砝码，那么前面的1表示什么？1代表重量为2的砝码数量为0个。（理解！）


不知道大家理解没，我们这里结合前面那句话：


“把组合问题的加法法则和幂级数的t的乘幂的相加对应起来”


1+x2表示了两种情况：1表示质量为2的砝码取0个的情况，x2表示质量为2的砝码取1个的情况。


这里说下各项系数的意义：


在x前面的系数a表示相应质量的砝码取a个，而1就表示相应砝码取0个，这里可不能简单的认为相应砝码取0个就该是0*x2(想下为何？结合数学式子)。

接着上面，接下来是第二种情况：


求用1分、2分、3分的邮票贴出不同数值的方案数：


大家把这种情况和第一种比较有何区别？第一种每种是一个，而这里每种是无限的。


以展开后的x4为例，其系数为4，即4拆分成1、2、3之和的拆分数为4；


即 ：4=1+1+1+1=1+1+2=1+3=2+2


这里再引出两个概念整数拆分和拆分数（没有顺序）：


所谓整数拆分即把整数分解成若干整数的和（相当于把n个无区别的球放到n个无标志的盒子，盒子允许空，也允许放多于一个球）。


整数拆分成若干整数的和，办法不一，不同拆分法的总数叫做拆分数。

代码：

#include<iostream>#include<stdio.h>using namespace std;const int N=120;int f[N+1],a[N+1],g[N+1];int i,j,k,n,m;int main(){    while(cin>>n){        for(i=0;i<=n;++i) f[i]=1;        for(i=2;i<=n;++i){            for(j=0;j<=n;++j) a[j]=0;            j=0;            while(j<=n){              //表示出现几个i,根据i分情况讨论                a[j]=1; j+=i;            }            for (j = 0; j <= n; ++j) // 暂存f[]*a[]的结果                  g[j] = 0;            for(j=0;j<=n;++j)                for(k=0;k<=n-j;++k){                    g[j+k]+=f[j]*a[k];//为了不让f[]的值因为改动而影响以后的值，用g[]来暂存结果                                       //两个母函数的因子相乘，若f[j]，a[k]分别属于第1、2个因子，那么                                      //f[j]*(x^j)*a[k]*(x^k)==f[j]*a[k]*(x^(j+k)) 故有g[j+k]+=f[j]*a[k]                  }            for(j=0;j<=n;j++){                    f[j]=g[j];            }        }        cout<<f[n]<<endl;    }    return 0;}

方法二：

运用递归结合dp,不太容易想明白

dp[n][m]=num(n,m-1)+num(n-m,m); 每太想明白先放着吧。。。

#include<stdio.h>#include<string.h>const int max=130;int dp[max][max];int num(int n,int m){    if(dp[n][m]!=-1) return dp[n][m];    if(n<1||m<1) return dp[n][m]=0;    if(n==1||m==1)return dp[n][m]=1;    if(n<m) return dp[n][m]=num(n,n);    if(n==m)return dp[n][m]=num(n,m-1)+1;    return dp[n][m]=num(n,m-1)+num(n-m,m);}int main(){    int n;    memset(dp,-1,sizeof(dp));    while(scanf("%d",&n)!=EOF){        printf("%d\n",num(n,n));    }    return 0;}