The K−P factorization of a positive integer N is to write N as the sum of the P-th power of K positive integers. You are supposed to write a program to find the K−P factorization of N for any positive integers N, K and P.

Input Specification:

Each input file contains one test case which gives in a line the three positive integers N (≤400), K (≤N) and P (1<P≤7). The numbers in a line are separated by a space.

Output Specification:

For each case, if the solution exists, output in the format:

N = n[1]^P + ... n[K]^P

where n[i] (i = 1, ..., K) is the i-th factor. All the factors must be printed in non-increasing order.

Note: the solution may not be unique. For example, the 5-2 factorization of 169 has 9 solutions, such as 12​2​​+4​2​​+2​2​​+2​2​​+1​2​​, or 11​2​​+6​2​​+2​2​​+2​2​​+2​2​​, or more. You must output the one with the maximum sum of the factors. If there is a tie, the largest factor sequence must be chosen -- sequence { a​1​​,a​2​​,⋯,a​K​​ } is said to be larger

If there is no solution, simple output Impossible.

Sample Input 1:

169 5 2

Sample Output 1:

169 = 6^2 + 6^2 + 6^2 + 6^2 + 5^2

Sample Input 2:

169 167 3

Sample Output 2:

Impossible

題目大意：給定數N ，K，P 求是否有這樣的K個數（可重複）使得這些數的P次方相加之和等，若有（可能有多個）則求出這樣一個遞減數列a，使得1≤L≤K and i<L,ai==bi  aL>bL ，否則輸出“Impossible”。

思路： 1.由於此題N<=400資料量較小，且重複同一個操作，即不斷的加某一個數的平方並驗證是否等於N，所以可選擇用深度搜索演算法。（普通深度搜索會造成有一個樣例超時）

            2.首先用一個數組num將平方在[0,N]之間的數儲存，num[i]對應儲存i的平方數。

            3.開始深搜，首先建立一個K個空間的陣列temp，它用來儲存每一次深搜過程中加的數i，用sum來求i的平方的和，

            4.用tempMax來儲存深搜過程中所加i的總和（原因：篩選出符合題意的那個數列，即最小的數 最大那個數列），由於是從num.size()-1開始深搜，所以如果b數列的tempMax小於a數列的tempMax的話，一定有a[L]>b[L]。（如果不判斷，有一個測試樣例會答案錯誤）。

            5，如果用普通深搜，每一次都從0開始遍歷，將會超時，因此可以剪枝，因為輸出數列是降序，所以如果我們第層遞迴為第i個數，那麼下一層遞迴就從第i個數開始，這樣可以把計算量縮小一半。

坑點：1.篩選滿足題意的數列，第L位最大的數列不一定位滿足要求的數列，還必須滿足前提a[i]==b[i] 。因此利用遞減數列求和比較可以篩選出（思路的第3點）

         2.必須裁剪遞迴樹，否則會超時（思路 第3點）。

感謝：感謝柳婼大佬的部落格，讓我發現自己 篩選出符合題意的數列的思維漏洞。

#include<iostream>
#include<vector>
#include<math.h>
using namespace std;
vector<int>result;
int n, k, p,Max=0;
//遞迴
void DFS(vector<int>&temp, vector<int>&num, int deep, int sum, int i,int tempMax) {
	//每一層加入一個數，在第K層時判斷是否更新result最終陣列
	if (deep == k) {
		if (sum == n && Max<tempMax) {
			result.assign(temp.begin(), temp.end());
		}
		return;
	}
	for (; i >=1; i--) {
		//遞迴滿足的條件
		if (sum +num[i] <= n){
			temp[deep]=i;
			DFS(temp, num, deep + 1, sum + num[i], i,tempMax+num[i]);
}
	}
}
int main() {
	cin >> n >> k >> p;
	vector<int>num;
	num.push_back(0);
	//輸入數列，第num[i]對應i的平方
	for (int i = 1; pow(i, p) <= n; i++) {
		num.push_back(pow(i,p));
	}
	vector<int>temp(k,0);//用來暫時儲存記錄的數字i
	result.resize(k,0);//最終結果數列
	DFS(temp, num, 0, 0,num.size()-1);//遞迴深搜
	//輸出
	if (result[k-1] == 0) {
		cout << "Impossible" << endl;
	}
	else {
		printf("%d = ", n);
		for (int i = 0; i<result.size(); i++) {
			if (i != 0) printf(" + ");
			printf("%d^%d", result[i], p);
		}
	}
}