计数 DP 是一种利用类似 DP 的记忆化搜索方法（与在狭义上的 DP，即最优化问题有一定区别），用于解决计数（以及求和）问题。

计数DP

基础

基本思想

计数问题一般指求一个集合 $S$ 的大小，在 OI 中，$S$ 的大小有时会达到 $\Theta(n^n)$ 甚至 $\Theta(2^{n!})$ 的级别（当然，一般会对某一个固定的数取模），其中 $n$ 是问题规模，所以我们不能逐一求出 $S$ 的元素。

如果我们能够将 $S$ 分成若干无交的子集，那么 $S$ 的元素个数就等于这些部分的元素个数的和。如果这些子集的计数恰好与原问题类似，那么我们就可以通过类似动态规划的方法来解决。

例题

"例题" 给定一个正整数 $n$，求有多少个把 $n$ 划分成 $k$ 个正整数的和的方案，位置调换视为不同的划分方案。

需集合 $S_{n,k}$ 为形如 $(a_1, \dots, a_k)$ 的正整数组组成的集合，其中 $a_1 + \dots + a_k = n$。如果 $a_k$ 固定，则有如下推导：因为 $a_1 + a_2 + \dots + a_{k-1} + a_k = n$，所以 $a_1 + a_2 + \dots + a_{k-1} = n - a_k$。根据 $S_{n,k}$ 的定义，$(a_1, a_2, \dots, a_{k-1}) \in S_{n - a_k, k - 1}$。

由于 $a_1, a_2, \dots, a_k$ 是正整数，所以 $a_k$ 的取值范围是 $[1, n - k + 1] \cap \mathbb Z$。因此，$S_{n,k}$ 可以按照 $a_k$ 被划分，分成 $n - k + 1$ 个子集，其中当 $a_k = i$ 时，这个子集为：

$$\{(L, i) \mid L \in S_{n-i,k-1}\}.$$

这个子集的元素个数显然等于 $S_{n-i,k-1}$，由于 $i$ 的不同，这些子集两两无交。所以：

$$|S_{n,k}| = \sum_{i=1}^{n-k+1} |S_{n-i,k-1}|.$$

这样我们就可以使用类似 DP 的方法处理它：设 $f_{n,k}$ 为 $|S_{n,k}|$，则有状态转移方程：

$$f_{n,k} = \sum_{i=1}^{n-k+1} f_{n-i,k-1}.$$

这样就可以使用 DP 的方法求解了。

与最优化 DP 的异同

可以发现，计数 DP 和最优化 DP 都是在一个范围 $\Omega$ 内求一个值（大小值、最优值），这个值通过将 $\Omega$ 中的所有元素做一次处理，再对处理值做一次整合得到。

例如，对于 0-1 背包问题，$\Omega$ 中的元素为背包内的所有物品组成的集合，对于 $\Omega$ 中的一个方案 $S$，我们对 $S$ 做一次处理，处理得到的结果 $w(S)$ 为 $S$ 中物品的总价值，对所有得到的处理值，我们取最大值，得到问题的答案。

对于计数问题，$\Omega$ 中的元素为要计算元素个数的集合 $S$，它的处理是把所有的 $S$ 中元素变为 $1$，然后将这些 $1$ 通过加法的方式汇总起来，因为每一个 $S$ 中元素都对应一个 $1$，所以这样得到的值就是 $S$ 中元素个数。

当汇总操作为最大/最小值时，我们可以将 $\Omega$ 分成任意若干个部分，只需这些部分的并为 $\Omega$ 即可，无需无交的条件。而计数问题由于不满足这个条件，所以我们需要将 $\Omega$ 分成若干个部分，这些部分两两无交，这就是与最优化 DP 的区别。

例题

"例题" 给定一个正整数 $n$，求有多少个把 $n$ 划分成任意多个正整数的和的方案，位置调换视为 相同 的划分方案。

解法 1

需要计算的集合的元素为满足其和为 $n$ 的正整数多重集。但是这样显然不好推。

若一个多重集 $T$ 只包含 $\le M$ 的正整数，且 $T$ 中所有元素的和为 $n$，则称 $T \in S_{n, M}$。考虑 $M$ 出现的个数。可能为 $k \in \left[0, \left\lfloor \dfrac nM \right\rfloor\right] \cap \mathbb Z$。于是它可以被转移到 $S_{n - kM, M - 1}$。求和一下即可。复杂度是 $\Theta(n^2 \log n)$（$\log$ 来自于 $k$ 的范围导致的调和级数）。

但是这样还不够优秀。考虑下面所示的一个例子：

$$\begin{aligned} f_{8, 3} &= {\color{red}f_{8, 2} + f_{5, 2} + f_{2, 2}} \\ f_{9, 3} &= {\color{blue}f_{9, 2} + f_{6, 2} + f_{3, 2} + f_{0, 2}} \\ f_{10, 3} &= {\color{green}f_{10, 2} + f_{7, 2} + f_{4, 2} + f_{1, 2}}\\ f_{11, 3} &= f_{11, 2} + {\color{red}f_{8, 2} + f_{5, 2} + f_{2, 2}}\\ f_{12, 3} &= f_{12, 2} + {\color{blue}f_{9, 2} + f_{6, 2} + f_{3, 2} + f_{0, 2}}\\ f_{13, 3} &= f_{13, 2} + {\color{green}f_{10, 2} + f_{7, 2} + f_{4, 2} + f_{1, 2}}\\ \end{aligned}$$

等量代换得 $f_{11, 3} = f_{11, 2} + f_{8, 3}$，$f_{12, 3} = f_{12, 2} + f_{9, 3}$，$f_{13, 3} = f_{13, 2} + f_{10, 3}$。同理我们可以得到一个通用的状态转移方程：

$$f_{n, M} = f_{n, M - 1} + \begin{cases} f_{n - M, M} & n \ge M, \\ 0 & \text{otherwise}. \end{cases}$$

此时，时间复杂度为 $\Theta(n^2)$。

解法 2

考虑到某一个正整数组成的多重集 $T$ 必然可以通过「将 $T$ 中每一个元素自增」、「在 $T$ 中加一个值为 $1$ 的元素」两个操作得到，并且不同的操作序列得到的结果是不同的。

这样对 $T$ 的转移可以变为对操作序列的转移。考虑将 $n$ 划分成 $m$ 个数的操作序列（所有的这些操作序列记作 $B_{n,m}$）中的最后一次操作，如果是 $1$ 操作，那么不会增加数，但是 $\sum T$ 增加了 $m$。为了使最终的 $\sum T = n$，原来的 $T$（记作 $T'$）的和需要为 $n-m$。所以 $B_{n,m} \to B_{n-m,m}$；如果是 $2$ 操作，那么会增加一个数，$\sum T$ 增加了 $1$。所以 $B_{n,m} \to B_{n-1,m-1}$。

这样做的时间复杂度依旧是 $\Theta(n^2)$。

解法 3

考虑将 $T$ 分为大于 $\sqrt n$ 的部分 $T_1$ 和小于等于 $\sqrt n$ 的部分 $T_2$。$T_2$ 可以使用解法 1 求出，而 $T_1$ 的数量可以通过略微修改解法 2 求出：考虑将两个操作变为「将 $T_1$ 中每一个元素自增」、「在 $T_1$ 中加一个值为 $\lfloor \sqrt n \rfloor + 1$ 的元素」。容易列出状态转移方程。

将 $n$ 拆为 $A$ 和 $B$ 两部分。枚举其中一个即可得出另一个。将满足 $\sum T_1 = A$ 的 $T_1$ 个数和 $\sum T_2 = B$ 的 $T_2$ 个数求出，乘起来，对所有的 $A$ 求和便是最终结果。

由于在计算 $T_1$ 个数的过程中，$M \le \sqrt n$，所以我们利用解法 1 计算 $T_1$ 的时间复杂度为 $\Theta(n^{3/2})$。同样地，由于在计算 $T_2$ 个数的过程中，$|T_2| \le \dfrac{\sum T_2}{\sqrt n} \le \dfrac{n}{\sqrt n} = \sqrt n$，所以我们利用解法 2 计算 $T_2$ 的时间复杂度也是 $\Theta(n^{3/2})$。所以总时间复杂度为 $\Theta(n^{3/2})$。