http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1201
将N分为若干个不同整数的和，有多少种不同的划分方式，例如：n = 6，{6} {1,5} {2,4} {1,2,3}，共4种。由于数据较大，输出Mod 10^9 + 7的结果即可。
分析：这题关键在于不同的整数
一个包含数字最多的划分必定是1+2+3+....+m == n
这样(m + 1) * m <= 2 * n
可以确定m是O(sqrt(n))级别的
想到这里很容易想到用dp[i][j]表示I这个数分成j的数组成的划分有多少种。
方程为：dp[i][j] = dp[i - j][j] + dp[i - j][j - 1]
前者表示将i - j划分为j个数，每个数加1就是i划分为j个数的方案了。
但是前者这样有i-j的方案+1形成i分为j个数的方案是不完全的，因为没有1
后者则补充了这部分的答案，表示i-j划分为j个数，每个数+1，并且方案再加入一个1这个元素。
由于数不重复，所以1的个数只能为1个。
1 #include <algorithm> 2 #include <iostream> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdlib> 5 #include <cstdio> 6 #include <vector> 7 #include <ctime> 8 #include <cmath> 9 #include <queue> 10 #include <list> 11 #include <set> 12 #include <map> 13 using namespace std; 14 typedef long long LL; 15 const int mod = 1e9 + 7; 16 int dp[50010][350]; 17 int main() 18 { 19 int n; 20 scanf("%d", &n); 21 int m = sqrt(2 * n); 22 memset(dp, 0, sizeof(dp)); 23 dp[0][0] = 1; 24 for(int j = 1; j <= m; j++) 25 { 26 for(int i = j; i <= n; i++) 27 { 28 dp[i][j] = (dp[i-j][j] + dp[i-j][j-1]) % mod; 29 //cout << i <<" "<<j << " "<<dp[i][j]<<endl; 30 } 31 } 32 int res = 0; 33 for(int i = 1; i <= m; i++) 34 res = (res + dp[n][i]) % mod; 35 printf("%d\n", res); 36 return 0; 37 }
原文：http://www.cnblogs.com/luomi/p/5904431.html
