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一卡通大冒险
Description: 因为长期钻研算法， 无暇顾及个人问题，BUAA ACM/ICPC 训练小组的帅哥们大部分都是单身。某天，他们在机房商量一个绝妙的计划"一卡通大冒险"。这个计划是由wf最先提出来的，计划的内容是，把自己的联系方式写在校园一卡通的背面，然后故意将自己的卡"遗失"在某处（如水房，TD，食堂，主M。。。。）他们希望能有MM看到他们遗失卡，能主动跟他们联系，这样就有机会请MM吃饭了。他们决定将自己的一卡通夹在基本相同的书里，然后再将书遗失到校园的各个角落。正当大家为这个绝妙的计划叫好时，大家想到一个问题。很明显，如果只有一张一卡通，那么只有一种方法，即，将其夹入一本书中。当有两张一卡通时，就有了两种选择，即，将两张一卡通夹在一本书里，或者分开夹在不同的书里。当有三张一卡通时，他们就有了5种选择，即： ((A),(B),(C)) , ((A,B),(C)), ((B,C),(A)), ((A,C),(B)) ,((A,B,C)) 于是， 这个邪恶计划的组织者wf希望了解，如果ACM训练对里有n位帅哥（即有N张一卡通），那么要把这些一卡通夹到书里有多少种不同的方法。

Input
包含多组数据，第一行为n，表示接下来有n组数据。以下每行一个数x，表示共有x张一卡通。（1≤x≤2000）.

Output
对每组数据，输出一行：不同的方法数，因为这个数可能非常大，我们只需要它除以1000的余数。

Sample Input
4
1
2
3
100

Sample Output
1
2
5
751

Problem solving:
这道题也可以用贝尔数解决。也可以用二维dp解决。我们选择的后者。
递推公式为

dp[x][y]=1    x==y
dp[x][y]=dp[x-1][y]*y+dp[x-1][y-1]  x!=y

虽然规律是很简单的，但是推出来的过程是真的坎坷。也是第一次自己推出来的。很开心！
其实这道题不用找规律也可以想起来。
如果假如说现在五张卡片，如果你想放三本书里面。那么这个总共的次数会有两个来源。其中之一是四张卡片放在三本书里面，还有一种就是四张卡片放在两本书里面。后者想要变成三本书，新多的那张卡片必须自己放一本书，所以这是直接加上的就行。但是前面的那个就不一样了，他会有很多情况。再每种三本书的方法中，每本书都可以新放进一张卡片，也就是说这种情况下可以放的次数为dp[x-1][y]*y。两者相加，递推打表后直接输出就行。

在杭电上面64MS就过了，我觉得有点玄学，毕竟预处理的时候是O(n^2)。。。

Code:

#include <iostream>
using namespace std;
int dp[2005][2005];
int main()
{
    for (int i = 1; i <= 2000; i++)
    {
        dp[i][1] = dp[i][i] = 1;
        for (int j = 2; j < i; j++)
        {
            dp[i][j] = (dp[i - 1][j] * j % 1000 + dp[i - 1][j - 1] % 1000) % 1000;
        }
    }
    int n, a;
    cin >> n;
    while (n--)
    {
        int ans = 0;
        cin >> a;
        for (int i = 1; i <= a; i++)
            ans += dp[a][i];
        cout << ans % 1000 << endl;
    }
}
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