P(i)把i划分成若干个整数的和的方案数。方案数不同当且仅当所用整数排序后不对应相同（存在某个整数用的次数不同）
都是求前n项的每一项
O(n^2)
根据物品大小分块
小于根号n的只有n种：
f(i,j)前i个，j大小
f(i,j)<-f(i-1,j-sz[i]*k)
后面枚举k用一个前缀和优化
O(nsqrt(n))
大于根号n的最多用根号n个
f(i,j)用了i个，j大小
f(i,j)->f(i+1,j+sqrt(n))
或者集体加1
f(i,j)->f(i,j+i)
道理是，初始认为是sqrt的，增长要靠集体加1，由于是“集体”所以必须操作有先后顺序，使得每个方案都恰好会被枚举到一次
O(nsqrt(n))
把第一维i都去掉（第一个直接去，第二个做前缀和）然后卷积一下即可。
五边形数和整数拆分数
递推整数拆分数方法：
$F(x)\Pi_i(1-x^i)=1$
$F(x)(\sum a_ix^i)=1$
$(\sum a_i f_{n-i} x^i)=1$
观察第n项系数：（第n项系数等式右边是0）
$[x^n]f_n\sum_{i=1}^{n-1} a_i f_{n-i} =0$
再对比五边形数：
$\Pi_i(1-x^i)=(\sum a_ix^i)=\sum_k (-1)^kx^\frac{k(3k+1)}{2}$
由于k也可以为负数，所以，只有当$i=\frac{k(3k+1)}{2}$或者$\frac{k(3k-1)}{2}$时才会有值
求出ai，大概是$O(sqrt(n))$级别的，然后就得到了$O(sqrt(n))$递推式子
（为啥是五边形数就不知道了。。。）
Polya定理一些题，为了搞轮换会用到（一般就是dfs爆搜）
原文：https://www.cnblogs.com/Miracevin/p/10392750.html