分治的全称是“分而治之”，分治法将原问题划分成若干个规模较小而结构与原问题相同或相似的子问题，然后分别解决这些子问题，最后合并子问题的解，即可得到原问题的解。注意，分治法分解出的子问题应当是相互独立、没有交叉的，如果存在两个子问题有相交部分，那么不应当使用分治法解决。
从严格的定义上讲，一般把子问题个数为1的情况称为减治，而把子问题个数大于1的情况称为分治，另外，分治法作为一种算法思想，既可以使用递归的手段实现，也可以通过非递归的手段去实 现。
递归在于反复调用自身函数，但是每次把问题缩小，直到范围缩小到可以直接得到边界数据的结果，然后再在返回的路上求出对应的解。递归的逻辑中一般有两个重要概念：
（1）递归边界
（2）递归式
其中递归式是将问题分解成若干个子问题的手段，而递归边界则是分解的尽头。
问题 A: 吃糖果
时间限制: 1 Sec 内存限制: 32 MB
题目描述
名名的妈妈从外地出差回来，带了一盒好吃又精美的巧克力给名名（盒内共有 N 块巧克力，20 > N >0）。
妈妈告诉名名每天可以吃一块或者两块巧克力。
假设名名每天都吃巧克力，问名名共有多少种不同的吃完巧克力的方案。
例如：
如果N=1，则名名第1天就吃掉它，共有1种方案；
如果N=2，则名名可以第1天吃1块，第2天吃1块，也可以第1天吃2块，共有2种方案；
如果N=3，则名名第1天可以吃1块，剩2块，也可以第1天吃2块剩1块，所以名名共有2+1=3种方案；
如果N=4，则名名可以第1天吃1块，剩3块，也可以第1天吃2块，剩2块，共有3+2=5种方案。
现在给定N，请你写程序求出名名吃巧克力的方案数目。
输入
输入只有1行，即整数N。
输出
可能有多组测试数据，对于每组数据，
输出只有1行，即名名吃巧克力的方案数。
样例输入
1
2
4
样例输出
1
2
5
解题思路
问题分解为每天吃1块 还是 2块，吃1块则剩下 i-1块，吃2块则剩下 i-2块，方案数等于 i-1 块 和 i-2 块方案之和。直到递归边界，只剩下 1 块时，有 1 种方案，只剩下 2 块时，有 2 种方案。
Submission
#include<stdio.h>
int i;
int count = 0;
int F(int n){
if(n == 1) return 1;
else if(n == 2) return 2;
else return F(n-2) + F(n-1);
}
int main(){
int n;
while(scanf("%d", &n) != EOF){
printf("%d\n", F(n));
}
return 0;
} 问题 B: 数列
时间限制: 1 Sec 内存限制: 32 MB
题目描述
编写一个求斐波那契数列的递归函数，输入n 值，使用该递归函数，输出如下图形（参见样例）。
输入
输入第一行为样例数m，接下来有m行每行一个整数n，n不超过10。
输出
对应每个样例输出要求的图形(参见样例格式)。
样例输入
1
6
样例输出
0
0 1 1
0 1 1 2 3
0 1 1 2 3 5 8
0 1 1 2 3 5 8 13 21
0 1 1 2 3 5 8 13 21 34 55
解题思路
运用斐波那契数列求解一个数组的数值，然后输出即可。
Submission
#include<stdio.h>
int i, j;
int F(int n){
if(n == 1) return 0;
else if(n == 2) return 1;
else return F(n-2) + F(n-1);
}
int main(){
int n;
int m;
scanf("%d", &m);
while(m--){
scanf("%d", &n);
for(i = 1; i <= n; i++){
for(j = 1; j <= 2*(n-i); j++){
printf(" ");
}
for(j = 1; j <= 2*i-1; j++ ){
printf("%d ", F(j));
}
printf("\n");
}
}
return 0;
} 问题 C: 神奇的口袋
时间限制: 1 Sec 内存限制: 32 MB
题目描述
有一个神奇的口袋，总的容积是40，用这个口袋可以变出一些物品，这些物品的总体积必须是40。John现在有n个想要得到的物品，每个物品的体积分别是a1，a2……an。John可以从这些物品中选择一些，如果选出的物体的总体积是40，那么利用这个神奇的口袋，John就可以得到这些物品。现在的问题是，John有多少种不同的选择物品的方式。
输入
输入的第一行是正整数n (1 <= n <= 20)，表示不同的物品的数目。接下来的n行，每行有一个1到40之间的正整数，分别给出a1，a2……an的值。
输出
输出不同的选择物品的方式的数目。
样例输入
2
12
28
3
21
10
5
样例输出
1
0
解题思路
DFS可解，复杂度O(n)，因此n比较大的时候复杂度高。
若用DP来解，类似01背包的动态规划，当解空间不大时比较适合。状态转移方程为：
if(w-a[k]>=0)
dp[w][k]+=dp[w-a[k]][k-1]
else
dp[w][k]=dp[w][k-1]Submission 1
#include<stdio.h>
int v[20];
int Foo(int n,int k)
{
if(n==0)
return 1;
if(k<=0)
return 0;
return Foo(n,k-1)+Foo(n-v[k],k-1);
}
int main()
{
int n;
while(scanf("%d", &n)!=EOF){
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d", &v[i]);
}
printf("%d\n", Foo(40,n));
}
return 0;
}Submission 2
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
using namespace std;
int main()
{
int n,a[21];
while(cin>>n)
{
int dp[42][21];
memset(dp,0,sizeof(dp));
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
dp[0][i]=1;
}
dp[0][0]=1;
for(int w=1;w<=40;++w){
for(int k=1;k<=n;++k){
dp[w][k]=dp[w][k-1];
if(w-a[k]>=0)
dp[w][k]+=dp[w-a[k]][k-1];
}
}
cout<<dp[40][n]<<endl;
}
return 0;
}Submission 3
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#define N 20
#define SUM 40
int sum;
int count = 0;
int a[N];
int cmp(const void *a, const void *b)
{
return *(int *)a - *(int *)b;
}
void choose(int sum, int n)
{
if (sum == SUM)
{
count ++;
return ;
}
if (n == 0)
return ;
if (sum + a[n-1] <= SUM)
choose(sum + a[n-1], n-1);
choose(sum , n-1);
}
int main(void)
{
int n, i;
while (scanf("%d", &n) != EOF)
{
for(i=0; i<n; i++)
scanf("%d", &a[i]);
qsort(a, n, sizeof(a[0]), cmp);
count = 0;
choose(0, n);
printf("%d\n", count);
}
return 0;
}