给定从1 到 N的 N 个数，问有多少种不同方案划分这些数。比如N = 3，则有5种方案：
{{1},{2},{3}}
{{1,2},{3}}
{{1,3},{2}}
{{2,3},{1}}
{{1,2,3}}
最后的结果只保留后四位，即mod10000；
上网查了下，集合的划分的个数叫做bell数，bell数可以递归求解：
bell[0] = 1;
bell [n + 1] = sigma(C(n,k))*(bell[k]); (0<=k<=n)
然而这个题却不可以这样做，因为N得范围是2000，这样做必定超时，于是想到了DP，如果用dp[i][j]表示i个数
划分成j个集合，那么便有dp[i][j] = j * dp[i-1][j] + dp[i-1][j-1];( i > j )直观理解就是，将i个数划分成j个集合的个数，即为i-1个数划分到j个集合的数，再将多的那个依次放到j个集合中，所以乘以j，或者是i-1个数放在j-1个集合中，第j个集合为空，则正好将多的这个数放到这个集合中，于是便有上边的状态转移方程。
Code:
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cmath>
using namespace std;
int map[2002][2002];
void DP()
{
memset(map,0,sizeof(map));
int i,j,k;
for(i = 0;i <= 2000; i++){
map[i][i] = 1;
map[i][1] = 1;
}
for(i = 0;i <= 2000 ;i++)
for(j = 0; j < i; j++)
map[i][j] = (j * map[i-1][j] + map[i-1][j-1])%10000;
}
int main()
{
int i,j,k,n;
DP();
while(scanf("%d",&n),n){
int ans = 0;
for(i = 0;i <= n; i++)
ans = (ans + map[n][i])%10000;
string str = "0000";
str[3] = ans%10+'0'; ans/=10;
str[2] = ans%10+'0'; ans/=10;
str[1] = ans%10+'0'; ans/=10;
str[0] = ans%10+'0'; ans/=10;
cout<<str<<endl;
}
}