在这组题（蓝桥杯C/C++ B组 国赛）里面挑了几道喜欢的题目，做了一下，笔记思路如下。（其实是我觉得能做出的题 ）
题目图片来源于：CSDN 罚时大师月色
A：2022
【题目大意】
请问2022，拆分成10个不同的正整数有多少种不同的分法。
【解析】
这道题目，拿到手上的时候，第一个想法是暴力，但是，每次分别枚举10位上，到底数字是多少，比如，每一位枚举从1->200，那么复杂度是
O
(
20
0
10
)
O(200^{10})
O(20010)。这个复杂度已经上天了。
但是我想应该还是有，暴力的方法，因为可以每次暴力分成两半？让我再想想这个暴力算法。
正解是，首先使用搜索，对于每一个位置进行搜索。rec(int i,int num,int sum);
考虑第i项目（1->i项，比如题目有10位，那么我们就有10个项要填写），在当前项填入的数字为num的时候，它和前一项填入的数字有关，例如，当我们在第i项填写了num，那么前i-1项加起来，应该总和为sum-num。
举个栗子：rec(3,5,10)=rec(2,4,10-5)+rec(2,3,10-5)+rec(2,2,10-5)+rec(2,1,10-5)
注意第二个参数，它从4，3，一直变成了1，这是在搜索，第二个位置，填入4，3…1，总和为10-5的方案数，rec(3,5,10)依赖于他们。那么，中间这个参数可以为5，或6…other 吗？不可以的，因为我们想要严格地使得，我们所搜索地数字，按照严格递增排列，所以，前一个数字，不可以大于我们当前位置上地数字。
所以，我们现在可以写出如下的代码：
typedef long long LL;
static LL dp[12][2024][2024];
int n = 2022, c = 10;
LL rec(int i, int num, int sum) {
if (dp[i][num][sum] >= 0) { //记忆化搜索部分
return dp[i][num][sum];
}
if (i == 1 && sum != num || num <= 0 || sum <= 0) {
return dp[i][num][sum] = 0;
} else if (i == 1 && sum == num) {
return dp[i][num][sum] = 1;
}
LL ans = 0;
for (int j = 1; j < num; j++) { // 在进入的时候，已经保证了，j < num，*****我们在这里循环了******
ans += rec(i - 1, j, sum - num);
}
return dp[i][num][sum] = ans;
}
但是这样的算法复杂度和变量参数变化有关，为
i
∗
n
u
m
∗
s
u
m
i*num*sum
i∗num∗sum，然后在函数内部我们又进行了一次num的循环，所以是
i
∗
n
u
m
∗
s
u
m
∗
n
u
m
i*num*sum*num
i∗num∗sum∗num，为
c
∗
n
∗
n
∗
n
c*n*n*n
c∗n∗n∗n
复杂度依旧上天。
让我们来考虑一下，还有什么地方可以被优化吗？
r
e
c
(
3
,
5
,
10
)
=
r
e
c
(
2
,
4
,
10
−
5
)
+
r
e
c
(
2
,
3
,
10
−
5
)
+
r
e
c
(
2
,
2
,
10
−
5
)
+
r
e
c
(
2
,
1
,
10
−
5
)
rec(3,5,10)=rec(2,4,10-5)+rec(2,3,10-5)+rec(2,2,10-5)+rec(2,1,10-5)
rec(3,5,10)=rec(2,4,10−5)+rec(2,3,10−5)+rec(2,2,10−5)+rec(2,1,10−5)
之前的这个式子，观察第2项到末尾项。
即如下：
r
e
c
(
2
,
3
,
10
−
5
)
+
r
e
c
(
2
,
2
,
10
−
5
)
+
r
e
c
(
2
,
1
,
10
−
5
)
rec(2,3,10-5)+rec(2,2,10-5)+rec(2,1,10-5)
rec(2,3,10−5)+rec(2,2,10−5)+rec(2,1,10−5)
这些项目其实就是
r
e
c
(
3
,
5
−
1
,
10
−
1
)
rec(3,5-1,10-1)
rec(3,5−1,10−1)!!!
所以，我们之前的这个：
r
e
c
(
3
,
5
,
10
)
=
r
e
c
(
2
,
4
,
10
−
5
)
+
r
e
c
(
2
,
3
,
10
−
5
)
+
r
e
c
(
2
,
2
,
10
−
5
)
+
r
e
c
(
2
,
1
,
10
−
5
)
rec(3,5,10)=rec(2,4,10-5)+rec(2,3,10-5)+rec(2,2,10-5)+rec(2,1,10-5)
rec(3,5,10)=rec(2,4,10−5)+rec(2,3,10−5)+rec(2,2,10−5)+rec(2,1,10−5)
可以写成这个：
r
e
c
(
3
,
5
,
10
)
=
r
e
c
(
2
,
4
,
10
−
5
)
+
r
e
c
(
3
,
5
−
1
,
10
−
1
)
rec(3,5,10)=rec(2,4,10-5)+rec(3,5-1,10-1)
rec(3,5,10)=rec(2,4,10−5)+rec(3,5−1,10−1)
我们从数学的角度尝试了简化。但是其实我们也可以从含义的角度进行简化：
对于一般的
d
p
[
i
]
[
n
u
m
]
[
s
u
m
]
dp[i][num][sum]
dp[i][num][sum]。我们可以有这样的考虑：
(1)魔改
d
p
[
i
]
[
n
u
m
−
1
]
[
s
u
m
−
1
]
dp[i][num-1][sum-1]
dp[i][num−1][sum−1]:对于有i项，并且第i项是num-1，总和为sum-1，所以我们可以在这个基础之上，直接把末尾的num-1变成num直接就满足我们想要的邪恶内容了，Perfect。
(2)转移
d
p
[
i
−
1
]
[
n
u
m
−
1
]
[
s
u
m
−
n
u
m
]
dp[i-1][num-1][sum-num]
dp[i−1][num−1][sum−num]:从i-1的末尾状态上，接入我们的num，这也是（1）中可能会漏掉的情况，为什么，比如我们有：
n=10 c=3
即：
1 2 7
1 3 6
1 4 5
2 3 5
末尾为5的可以从2 3 4魔改4变成5 但是无法从1 4 4把末尾4魔改成5。因为1 4 4根本不存在，所以，我们有了
d
p
[
i
−
1
]
[
n
u
m
−
1
]
[
s
u
m
−
n
u
m
]
dp[i-1][num-1][sum-num]
dp[i−1][num−1][sum−num]把num-1，sum-num，i-1接上去试一试有没有这种状态。就补足了（1）中的空缺。
LL rec(int i, int num, int sum) {
if (dp[i][num][sum] >= 0) { //记忆化搜索部分
return dp[i][num][sum];
}
if (i == 1 && sum != num || num <= 0 || sum <= 0) {
return dp[i][num][sum] = 0; //num为0，不可能有成功的状态了，所以到达我们时候，num为0，直接return 0。或者i==1时候，如果填入的num，不能满足总和为sum，那么一定是错的，比如rec（1，2，3），只有一个位置，填2怎么填都不可能配出3来的
} else if (i == 1 && sum == num) {
return dp[i][num][sum] = 1;//i==1，并且现在填入的数字，就是我们要配出的sum总和，那么就完全O98K。
}
LL ans = 0;
// for (int j = 1; j < num; j++) { // 在进入的时候，已经保证了，j < num
// ans += rec(i - 1, j, sum - num);
// }
//如果使用For的话，那每一层都会for一次，对应DP就要多一次循环，优化思路是减少这个for
ans += rec(i, num - 1, sum - 1);
ans += rec(i - 1, num - 1, sum - num);
return dp[i][num][sum] = ans;
}
我们有了记忆化搜索的思路，那么动态规划也就手到擒来了。
想想我们回溯的过程，我们从i==1开始，往i大的方向回溯。
从num小的时候，向num大的时候回溯，sum也是。
下面直接给出动态规划的代码：
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
static LL dp[12][2030][2030];
LL ans = 0;
int n = 2022, c = 10;
int main() {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= c; i++) {
for (int num = 1; num <= n; num++) {
for (int sum = num; sum <= n; sum++) { //总和不可能小于所填写的数字
dp[i][num][sum] = dp[i][num - 1][sum - 1] + dp[i - 1][num - 1][sum - num];
if (i == c && sum == n) { //把答案加起来
ans += dp[i][num][sum];
}
}
}
}
cout << ans << endl;
return 0;
}
这段代码的意思是：
if (i == c && sum == n) { //把答案加起来
ans += dp[i][num][sum];
}
考虑所有的 d p [ c ] [ ∗ ] [ n ] dp[c][*][n] dp[c][∗][n]方案数总和，就是*为末尾数字，不停探索，符合 i = = c ∩ s u m = = n i==c \cap sum==n i==c∩sum==n的方案。不理解，可以看看下面记忆化搜索全代码。
记忆化搜索全代码：
//这里是记忆化搜索（正确）
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long LL;
static LL dp[12][2024][2024];
int n = 2022, c = 10;
LL rec(int i, int num, int sum) { //这修改后，去除了right（小熊写的时候，纯呼呼判断了右侧数字，但其实没必要，看下文代码）
if (dp[i][num][sum] >= 0) { //记忆化搜索部分
return dp[i][num][sum];
}
if (i == 1 && sum != num || num <= 0 || sum <= 0) {
return dp[i][num][sum] = 0;
} else if (i == 1 && sum == num) {
return dp[i][num][sum] = 1;
}
LL ans = 0;
// for (int j = 1; j < num; j++) { // 因为在进入的时候，已经保证了，j < num
// ans += rec(i - 1, j, sum - num);
// }
//如果使用For的话，那每一层都会for一次，对应DP就要多一次循环，优化思路是减少这个for
ans += rec(i, num - 1, sum - 1);
ans += rec(i - 1, num - 1, sum - num);
return dp[i][num][sum] = ans;
}
int main() {
memset(dp, -1, sizeof(dp));
LL ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
ans += rec(c, i, n);
}
cout << ans;
return 0;
}
//rec（当前到了第i处（下标从1开始），这处填的数字，这处总和加起来是）。
//rec(i,num,sum)=res(i-1,j,sum-num)方案数; j从1到num-1，这样保证i-1处的j总是小于i处的num。
//通过观察可以发现，res(i-1,num-1,sum-num)+res(i-1,num-2,sum-num)+...+res(i-1,1,sum-num)。
//这一段，实际上就是res(i,num-1,sum-1)，这样一来，就可以去除掉一个for循环，时间复杂度又降低了一个维度，使得题目可以做出。
//也可以直接从含义上理解dp[i][num][sum]=dp[i][num-1][sum-1]+dp[i-1][num-1][sum-num]
//就是，从第i项，放置数字为num，总和为sum，分为两个角度（1）直接从第i项，第i项数字为num-1，总和为sum-1的地方魔改，这样，把末尾数字+1，则可以直接满足题目的要求了。（2）从第i-1项的末尾进行拼接，我们现在状态是第i项为num，总和为sum，所以从dp[i-1][num-1][sum-num]处拼接就可以啦。num-1是要求末尾小一点，sum-num是还剩余你i-1要凑出的数字。而dp[][][]就是方案数。
//我们换种说法，比如现在我们有第i项是5，那么第i-1项如果是4，那么x x 4 5这个万一是符合答案的就会在（2）中漏掉。（1）就是为了看看我们有没有漏掉这种情况。而x x 3 4加起来等于sum-1，就不会漏掉，一个例子是n=10，c=3。则有1 4 5、2 3 5。其中2 3 5在2 3 4==9中属于（1）被加入到了答案中，而1 4 5 属于（2）的情况，被加入到了答案中。
//无论是先从i项考虑到i-1项，还是通过考虑魔改，最后答案的动态规划式都是一样的。
//从运行速度来说，记忆化搜索，和写for循环的动态规划，时间复杂度差不多，最主要在于空间复杂度。
两个写法最后答案都是对的。
——————————————————
二更
考虑10 3：
1 2 7
1 3 6
1 4 5
2 3 3
当每一位都减去1的时候
0 1 6
0 2 4
0 3 4
1 2 2
所以其实dp[3][10]=dp[3][7]+dp[2][7]
即1 2 2是dp[3][7] 而这一位减完变成开头的则是dp[2][7]
只要dp计算的是正确的（即每一位都是按照大小排列的，那么这个算法就不会有问题）
更一般的递推等式：dp[m][n]=dp[m][n-m]+dp[m-1][n-m]文章来源：https://www.toymoban.com/news/detail-404167.html
AC代码：文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-404167.html
#include <bits/stdc++.h>
#include <iostream>
using namespace std;
long long dp[13][2077];
int m = 10, n = 2022;
int main() {
memset(dp, 0, sizeof(dp));
fill(&dp[1][1], &dp[1][2077], 1);
for (int i = 2; i <= m; i++) {
for (int j = 3; j <= n; j++) {
dp[i][j] = dp[i][j - i] + dp[i - 1][j - i];
}
}
cout << dp[m][n];
return 0;
}
B：以后再写
到了这里，关于题解动态规划：蓝桥杯2022国赛B组 题解 A题目的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容，请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章，希望大家以后多多支持TOY模板网！
