HDU 1028 Ignatius and the Princess III

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#母函数 #acm #dp #hdu1028

本文详细解析了HDU1028题目“Ignatius and the Princess III”的解决方法，通过母函数和动态规划两种思路阐述了如何计算将一个整数拆分为多个整数和的方案数。文章提供了代码示例，帮助读者理解并掌握母函数入门题的解题技巧。

HDU 1028 Ignatius and the Princess III

题目：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=1028

题意：将一个整数拆成若干整数和求分解的方案有几种其中 7=5+1+1与7=1+5+1视为一种

常规思路是用母函数写算是母函数入门题
母函数原型：（x ^ 0 + x ^ 1 + x ^ 2 + … + x^n) * (x ^ 0 + x ^ 2 + x ^ 4 + …+ x ^ n)…(x ^ 0 + x ^ n)

第一个括号里面表示1的个数第二个括号表示2的个数以此类推
这里举一个简单的例子方便大家理解普通母函数你有3枚硬币分别是 1元，2元和3元问得到 5元有几种方案。最暴力的方法，全部枚举，那么对于1元，你有取或者不取两种方案，2元也是，取或者不取，3元也是。这里就设x^k,k表示面额，那么对于1元，取就是x ^ 1,不取就是x ^ 0,既（x ^0 +x ^1),那么最后可以得到（x ^0+x ^1)(x ^0+x ^2)(x ^0+x ^3) = x ^0+x ^1+x ^2+2*x ^3+x ^4+x ^5+x ^6。每项前面的系数表示得到k元有几种方案，即用多项式相乘代替暴力枚举。

那么对于这一题，只要枚举1的个数到n的个数，最后求出x ^n的系数即可。
话不多说上代码。

#include<stdio.h>
int main()
{
    int t,dp[130],ans[130];
    while(scanf("%d",&t)!=EOF)
    {
        for(int i=0;i<=t;i++)
        {
            dp[i]=1;
            ans[i]=0;
        }
        
        for(int i=2;i<=t;i++)
        {
            for(int k=0;k<=t;k++)
            {
                for(int l=0;l+k<=t;l+=i)
                ans[k+l]+=dp[k];
            }
            
            for(int j=0;j<=t;j++)
            {
                dp[j]=ans[j];
                ans[j]=0;
            }
        }
        printf("%d\n",dp[t]);
    }
    return 0;
 }

另一种思路：DP 这题其实可以看成完全背包问题，对于无限量的1，2，3，4…问存满容量为n的背包，有几种方案。代码不贴了，和母函数的几乎一样。可以试着拿完全背包的思维去看上面的代码，先设dp[0]为1，dp[t]表示到达t的方案数，dp[i][j] = dp[i-1][j-w[i]]+dp[i][j]。