[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 40020using 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;}