[信息与未来 2016] 素数分解

题意

输入一个正整数 $n$ ( $10\le n\le 200$ )，要求把 $n$ 分解成若干个互不相同的素数的和，问最多能分解成多少个素数。

例如 $21=2+3+5+11$ ，用了 4 个互不相同的素数，所以答案是 4。

思路

一句话本质：在不超过 $n$ 的素数集合中做 0/1 背包，每个素数最多选一次，求最多能选几个素数使和恰好为 $n$ 。

选出哪些素数才能让项数最多？

题面要求把 $n$ 写成若干互不相同素数的和。直接的想法是把所有不超过 $n$ 的素数全列出来，然后从中选一个子集。每个素数要么选、要么不选——这正是 0/1 背包的模型。

"互不相同"给定了什么约束？

它强制每个素数在整个分解中最多出现一次。所以不能把一个素数重复使用，只能是每个素数用 0 次或 1 次。

选或不选时，状态需要记住什么？

对于每一个素数 $p$ ，如果选它，当前和就增加 $p$ ，项数加 1；不选则维持原样。我们只关心"当前和是多少"以及"最多能有多少项"，不需要记住具体选了哪些素数。

因此设 $dp[j]$ 表示：选一些互不相同的素数，使它们的和恰好为 $j$ 时，最多能选多少个素数。初始化 $dp[0]=0$ ，其余 $dp[j]=-1$ 表示目前无法凑出和 $j$ 。

转移顺序怎么定？

外层枚举素数列表中的每一个 $p$ ，内层容量从 $n$ 倒序到 $p$ 。倒序是因为每个素数只能用一次（0/1 背包性质）：

dp[j] = \max(dp[j],\; dp[j-p]+1) \quad (\text{当 } dp[j-p]\neq -1 \text{ 时})

其中 $dp[j-p]\neq -1$ 保证转移来源是一个可达状态。

转移为什么在 $dp[j-p]$ 上加 1？

因为"选 $p$ "意味着在原来凑出 $j-p$ 的方案中多用一个素数 $p$ ，项数自然加 1。一路取 $\max$ 就能得到对于每个和 $j$ 的最多素数项数。

最终答案是 $dp[n]$ 。题目保证有解，所以 $dp[n]$ 一定 $\ge 2$ （至少 $n$ 本身可能是素数，但最小 $n=10$ 时 $10=3+7$ 两项）。

代码

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45#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int MAXN = 205;

int n;
bool is_prime[MAXN];           // 埃氏筛标记
vector<int> primes;            // ≤n 的所有素数
// dp[j] 表示和为 j 的素数分解方案数（这里求的是最多项数）。
int dp[MAXN];

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    cin >> n;

    fill(is_prime, is_prime + n + 1, true);
    is_prime[0] = is_prime[1] = false;
    for (int i = 2; i * i <= n; i++) {
        if (is_prime[i]) {
            for (int j = i * i; j <= n; j += i) {
                is_prime[j] = false;
            }
        }
    }
    for (int i = 2; i <= n; i++) {
        if (is_prime[i]) primes.push_back(i);
    }

    // dp 初始化为 -1 表示不可达，dp[0] = 0 表示和为 0 用 0 项。
    fill(dp, dp + n + 1, -1);
    dp[0] = 0;
    // 0/1 背包：每个素数最多用一次，从大到小编排容量。
    for (int p : primes) {
        for (int j = n; j >= p; j--) {
            if (dp[j - p] != -1) {
                dp[j] = max(dp[j], dp[j - p] + 1);
            }
        }
    }

    cout << dp[n] << '\n';
    return 0;
}

复杂度

筛素数： $O(n\log\log n)$
DP： $O(\pi(n)\cdot n)$ ，其中 $\pi(n)$ 是不超过 $n$ 的素数个数， $n\le 200$ 时数值很小
空间复杂度： $O(n)$
总体在 $n\le 200$ 下轻松跑过

总结

这题把"素数分解"和"背包计数取 max"结合在一起。筛出素数之后就和普通的 0/1 背包一样：每件物品重量为 $p$ ，"价值"是使用次数（ $+1$ ），目标是最大化总价值（项数）且总重量恰好为 $n$ 。

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