一般此類問題可以看做是一個揹包問題，不過有更優秀的解法。

1.數字互不相同（51nod1201）(O(nn‾√)$O(n\sqrt{n})$)

注意到最多有O(n‾√)$O(\sqrt{n})$個數相加，則記fi,j$f_{i,j}$表示j$j$個數和為i$i$的方案數。我們討論一個方案的最小值是否為1，如果為1，則fi−1,j−1→fi,j$f_{i-1,j-1}\to f_{i,j}$，否則我們把每一個數減去1，fi−j,j→fi,j$f_{i-j,j}\to f_{i,j}$

即：fi,j=fi−j,j−1+fi−j,j$f_{i,j}=f_{i-j,j-1}+f_{i-j,j}$， 時間複雜度

Code

2.數字可以重複 (51nod1259)(O(nn‾√)/O(nlogn)$O(n\sqrt{n})/O$

(nlog⁡n))

O(nn‾√)$O(n\sqrt{n})$解法

注意到≥n‾√$\ge \sqrt{n}$的數最多出現n‾√$\sqrt{n}$次，那我們分開做。
前面做揹包，後面同樣考慮最小的數，若為n‾√$\sqrt{n}$那麼fi−B,j−1→fi,j$f_{i-B,j-1}\to f_{i,j}$，否則fi−j,j→fi,j$f_{i-j,j}\to f_{i,j}$
時間複雜度為O(nn‾√)$O(n\sqrt{n})$
Code

O(nlogn)$O(n\log n)$解法

利用分拆數和五邊形數的關係，我們得到一個卷積遞推式。
f∗g=f−1⇒f=11−g$f\ast g=f-1\Rightarrow f=\frac{1}{1-g}$。
其中g3k2±k2=(−1)k+1$g_{\frac{3k^2\pm k}{2}}=(-1{)}^{k+1}$
在(modxn+1)$(\mathrm{mod}{x}^{n+1})$意義下做多項式求逆即可，時間複雜度