CDOJ 1307 ABCDE dp, 前缀和优化

题目链接：http://acm.uestc.edu.cn/#/problem/show/1307
题意：
在数电中，有一种码，类似BCD码这种玩意儿

第i位如果为1的话，那么ans+=a[i]，a[i]是这一位的位权

然后现在给你一个n，问你一共有多少种码可以表示1~n的所有数呢？

1,1,2和2,1,1视作一样。

题外话：

去年有幸来到电子科技大学打了第一次ACM较为正规的比赛，现场第一次打了二等奖，但是没有解出来这个题。物是人非，再过一周又要去电大参加比赛了，熟悉的场景，但是队友却不同了。不知道今年能否实现目标，该加油了。

解法：
DP。
首先考虑这个东西，如果不视作一样的话，就很简单了

dp[i]表示当前和为i的方案数，显然这个玩意儿能够一直转移到2i-1去。(比如5，你转移到最大的肯定是3，不然就无法表示出1,2,3,4,5每个数了，这很显然)

由于视作一样，那么我们只要维护一个当前的最大值就好了，保证这个序列是递增的，这样就都不会一样了。

dp[i][j]表示现在和为i，最大值为j的方案数有多少。

转移:
朴素的n^3的方程是
$dp[i+k][k] += dp[i][j], k从j取到n,这里没有考虑i转移到2*i-1，但是不影响，接下来就是前缀和优化了$
$我们不妨多写几个式子出来$
$dp[0][0] = 0$
$dp[1][1] = 1$
$dp[2][1] = 1$
$dp[3][1] = dp[2][1]$
$dp[3][2] = dp[2][1]$
$dp[4][2] = dp[3][1]$
$dp[5][2] = dp[4][1] + dp[3][2]$
然后依次类推，然后你每项算出来显然是n^3显然会T掉吧，又观察这些式子是有规律，每一项都和dp[i-1][j-1]有关，这就让我们可以用前缀和就好了。
这就有了代码的关键式子：

$dp[i][j] = (dp[i-1][j-1]+dp[i-j][j])%mod;$

//CDOJ 1307

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1e9+7;
long long dp[5010][5010];
long long ans[5010];

int main()
{
    dp[0][0] = 0;
    dp[1][1] = 1;
    dp[2][1] = 1;
    for(int i = 2; i <= 20; i++){
        dp[i][0] = 0;
        dp[i][1] = 1;
        for(int j = 1; j <= (i+1)/2; j++){
            dp[i][j] = (dp[i-1][j-1]+dp[i-j][j])%mod;
            ans[i] += dp[i][j];
            ans[i] %= mod;
            ///printf("dp[%d][%d] = %d  ", i, j, dp[i][j]);
        }
        ///printf("\n");
    }
    ans[1] = 1;
    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--){
        int n;
        scanf("%d", &n);
        printf("%lld\n", ans[n]);
    }
    return 0;
}