Luogu1832 A+B Problem（再升级）

原题链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P1832

A+B Problem（再升级）

题目背景

·题目名称是吸引你点进来的

·实际上该题还是很水的

题目描述

·1+1=? 显然是2

·a+b=? 1001回看不谢

·哥德巴赫猜想似乎已呈泛滥趋势

·以上纯属个人吐槽

·给定一个正整数n，求将其分解成若干个素数之和的方案总数。

输入格式

一行：一个正整数n

输出格式

一行：一个整数表示方案总数

输入输出样例

输入 #1

输出 #1

说明/提示

【样例解释】

7=7 7=2+5

7=2+2+3

【福利数据】

【输入】 20

【输出】 26

【数据范围及约定】

对于30%的数据 1<=n<=10

对于100%的数据，1<=n<=10^3

题解

在做这道题的时候，我才发现我之前对这种方案累计的正确性理解不够深刻。

看到这道题，很自然的，我们会联想到自然数的分解这道题，而A+BA+BA+B这道题则相当于是自然数分解的升级版。要真正理解这种完全背包的做法，还是要先从自然数分解说起。

以下为自然数分解的代码（摘自上面链接的博客）：

dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=0;j<=n;++j)
if(dp[j]&&j+i<=n)dp[i+j]+=dp[j];

（注：ififif里面要求的dp[j]dp[j]dp[j]为真大可不必，因为dp[i+j]+=dp[j]dp[i+j]+=dp[j]dp[i+j]+=dp[j]时如果dp[j]dp[j]dp[j]为000加上去也没有什么影响）

让我们来理解一下这个双重循环到底是什么东西：

这个转移方程的逻辑为对：于每个iii，直接从000到nnn枚举所有数jjj，把(i+j)(i+j)(i+j)这个数拆分为完整的iii和散装的jjj，相当于在jjj的所有拆分方案上都加上一个iii成为(i+j)(i+j)(i+j)这个数的部分拆分方案，所以就有了dp[i+j]+=dp[j]dp[i+j]+=dp[j]dp[i+j]+=dp[j]。

那么这样为什么可以不重不漏呢？首先我们要知道第一个循环走到iii时，dpdpdp数组的值为只能将数字拆分为1∼i−11\sim i-11∼i−1的方案数，也就是说dp[1]∼dp[i−1]dp[1]\sim dp[i-1]dp[1]∼dp[i−1]的值均为最终答案，因为它们不可能被拆分为≥i\ge i≥i的数；而对于dp[i]∼dp[n]dp[i]\sim dp[n]dp[i]∼dp[n]来说，这就只是一部分的方案，所以我们再把当前的iii作为新元素加入到原来只有1∼i−11\sim i-11∼i−1的方案里，构成拆分(i+j)(i+j)(i+j)的新方案。因为每次加入的iii都是之前没有的元素，所以拆分方法一定是船新的，这样就可以统计完所有方案。

回到这道A+BProblemA+B\ ProblemA+B Problem，我们在做自然数时每次新增的是iii，那么对于这道拆分质数的题就应该新增一个质数。所以在代码中，枚举素数在外层，枚举0∼n0\sim n0∼n在内层，这样就可以达到与上述自然数拆分一样的效果，即在外层枚举到素数p[i]p[i]p[i]时，dp[j]dp[j]dp[j]中的方案数仅为将jjj拆分为0∼p[i−1]0\sim p[i-1]0∼p[i−1]的方案数，保证了我们的方案不重不漏。

至于找出素数，可以参考线性筛素数。

代码

如果不是全WA\mathcal{WA}WA我都忘了Linux\mathcal{Linux}Linux上用%I64d会凉凉了。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1005;
int p[M];
long long dp[M];
bool check[M];
int n;
void in()
{scanf("%d",&n);
}
void get()
{check[1]=1;for(int i=2;i<=n;++i){if(!check[i])p[++p[0]]=i;for(int j=1,t;j<=p[0];++j){t=i*p[j];if(t>n)break;check[t]=1;if(i%p[j]==0)break;}}
}
void ac()
{get();dp[0]=1;for(int i=1;i<=p[0];++i)for(int j=0;j<=n;++j)if(j+p[i]<=n)dp[j+p[i]]+=dp[j];printf("%lld",dp[n]);
}
int main()
{in(),ac();
}