51nod1201_dp思维题

http://www.51nod.com/onlineJudge/questionCode.html#!problemId=1201

将N分为若干个不同整数的和，有多少种不同的划分方式，例如：n = 6，{6} {1,5} {2,4} {1,2,3}，共4种。由于数据较大，输出Mod 10^9 + 7的结果即可。

分析：这题关键在于不同的整数
一个包含数字最多的划分必定是1+2+3+....+m == n
这样(m + 1) * m <= 2 * n
可以确定m是O(sqrt(n))级别的
想到这里很容易想到用dp[i][j]表示I这个数分成j的数组成的划分有多少种。
方程为：dp[i][j] = dp[i - j][j] + dp[i - j][j - 1]
前者表示将i - j划分为j个数，每个数加1就是i划分为j个数的方案了。
但是前者这样有i-j的方案+1形成i分为j个数的方案是不完全的，因为没有1
后者则补充了这部分的答案，表示i-j划分为j个数，每个数+1，并且方案再加入一个1这个元素。
由于数不重复，所以1的个数只能为1个。

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#include <vector>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <list>
#include <set>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 1e9 + 7;
int dp[50010][350];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d", &n);
    int m = sqrt(2 * n);
    memset(dp, 0, sizeof(dp));
    dp[0][0] = 1;
    for(int j = 1; j <= m; j++)
    {
        for(int i = j; i <= n; i++)
        {
            dp[i][j] = (dp[i-j][j] + dp[i-j][j-1]) % mod;
            //cout << i <<" "<<j << " "<<dp[i][j]<<endl;
        }
    }
    int res = 0;
    for(int i = 1; i <= m; i++)
        res = (res + dp[n][i]) % mod;
    printf("%d\n", res);
    return 0;
}