——永遠不要在OJ上使用值超程式設計，過於簡單的沒有優勢，能有優勢的編譯錯誤。 ### 背景 2019年10月，我在學習演算法。有一道作業題，輸入規模很小，可以用打表法解決。具體方案有以下三種： 1. 執行時預處理，生成所需的表格，根據輸入直接找到對應項，稍加處理後輸出； 2. 一個程式生成表格，作為提交程式的一部分，後續與方法1相同，這樣就省去了執行時計算的步驟； 3. 以上兩種方法結合，編譯期計算表格，執行時直接查詢，即超程式設計（metaprogramming）。 做題當然是用方法1或2，但是超程式設計已經埋下了種子。時隔大半年，我來補上這個坑。 ### 題目 北京大學OpenJudge 百練4119 複雜的整數劃分問題 #### 描述 將正整數 $n$ 表示成一系列正整數之和，$n = n_1 + n_2 + ... + n_k$，其中 $n_1 \geq n_2 \geq ... \geq n_k \geq 1$，$k \geq 1$。正整數 $n$ 的這種表示稱為正整數 $n$ 的劃分。 #### 輸入 標準的輸入包含若干組測試資料。每組測試資料是一行輸入資料，包括兩個整數 $N$ 和 $K$。（ $0 \le N \leq 50$，$0 \le K \leq N$ ） #### 輸出 對於每組測試資料，輸出以下三行資料: 第一行: $N$ 劃分成 $K$ 個正整數之和的劃分數目 第二行: $N$ 劃分成若干個不同正整數之和的劃分數目 第三行: $N$ 劃分成若干個奇正整數之和的劃分數目 #### 樣例輸入 ``` 5 2 ``` #### 樣例輸出 ``` 2 3 3 ``` #### 提示 第一行: 4+1，3+2 第二行: 5，4+1，3+2 第三行: 5，1+1+3，1+1+1+1+1+1 ### 解答 標準的動態規劃題。用`dp[c][i][j]`表示把`i`分成`c`個正整數之和的方法數，其中每個數都不超過`j`。 第一行。初始化：由 $i \leq j$ 是否成立決定`dp[1][i][j]`的值，當 $i \leq j$ 時為`1`，劃分為 $i = i$，否則無法劃分，值為`0`。 遞推：為了求`dp[c][i][j]`，對 $i = i_1 + i_2 + ... + i_c$，$i_1 \geq i_2 \geq ... \geq i_c$ 中的最大數 $i_1$ 分類討論，最小為 $1$，最大不超過 $i - 1$，因為 $c \geq 2$，同時不超過 $j$，因為定義。最大數為 $n$ 時，對於把 $i - n$ 分成 $c - 1$ 個數，每個數不超過 $n$ 的劃分，追加上 $n$ 可得 $i$ 的一個劃分。$n$ 只有這些取值，沒有漏；對於不同的 $n$，由於最大數不一樣，兩個劃分也不一樣，沒有多。故遞推式為： $$dp[c][i][j] = \sum_{n=1}^{min\{i-1,j\}}dp[c-1][i-n][n]$$ `dp[K][N][N]`即為所求`ans1[K][N]`。 第二行。可以把遞推式中的`dp[c - 1][i - n][n]`修改為`dp[c - 1][i - n][n - 1]`後重新計算。由於只需一個與`c`無關的結果，可以省去`c`這一維度，相應地改變遞推順序，每輪累加。 另一種方法是利用已經計算好的`ans1`陣列。設 $i = i_1 + i_2 + ... + + i_{c-1} + i_c$，其中 $i_1 \ge i_2 \ge ... \ge i_{c+1} \ge i_c \ge 0$，則 $i_1 - \left( c-1 \right) \geq i_2 - \left( c-2 \right) \geq ... \geq i_{c-1} - 1 \geq i_c \ge 0$，且 $\left( i_1 - \left( c-1 \right) \right) + \left( i_2 - \left( c-2 \right) \right) + ... + \left( i_{c-1} - 1 \right) + \left( i_c \right) = i - \frac {c \left( c-1 \right)} {2}$，故把`i`劃分成`c`個不同正整數之和的劃分數目等於`ans[c][i - c * (c - 1) / 2]`，遍歷`c`累加即得結果。 第三行。想法與第二行相似，也是找一個對應，此處從略。另外，數學上可以證明，第二行和第三行的結果一定是一樣的。 ``` #