给出一个正整数a，要求分解成若干个正整数的乘积，即a=a1×a2×a3×...×an，并且1<a1≤a2≤a3≤...≤an，问这样的分解的种数有多少。注意到a=a也是一种分解。

### 回答1：
这道题目可以使用数学归纳法来证明，具体的证明过程可以参考数学书籍。而对于求解分解的种数，可以使用动态规划的思想来解决。

设dp[i][j]表示将i分解成若干个正整数的乘积，其中最大的数不超过j的方案数。则有以下状态转移方程：

dp[i][j] = dp[i][j-1] + dp[i/j][j-1]

其中dp[i][j-1]表示不使用j这个数的情况下，将i分解成若干个正整数的乘积，最大的数不超过j-1的方案数；dp[i/j][j-1]表示使用j这个数的情况下，将i/j分解成若干个正整数的乘积，最大的数不超过j-1的方案数。

最终的答案为dp[a][a]，即将a分解成若干个正整数的乘积，最大的数不超过a的方案数。

### 回答2：
首先，我们可以使用分治法来求解该问题。对于给定的正整数a，我们可以考虑递归地将其分解成两个部分，分别是1和a-1，然后分别针对这两个部分继续进行分解，直到不能再分解为止，得到所有的分解方案，然后统计其数量即可。

设F(n)表示正整数n的所有分解方案数，则有：

F(n) = ∑(F(i) * F(n/i))，其中i是n的因数

这个式子的意思是，对于n的每个因数i，我们可以先分解出i，然后再分解剩下的部分(n/i)，最后将它们的所有分解方案数相乘即可。

我们可以使用动态规划的方法来计算F(n)。先设置F(1) = 1，即a=a的情况。然后，从小到大依次计算F(2)，F(3)，......，F(n)。

对于每个i，我们可以枚举它作为n的因数出现的次数，然后乘以对应的方案数，最后把所有结果相加即可。

具体地，我们可以使用一个数组dp来存储动态规划的结果，其中dp[i]表示正整数i的所有分解方案数。根据上述递推式，我们可以写出如下的代码：

dp = [0] * (n+1)
dp[1] = 1
for i in range(2, n+1):
for j in range(1, i+1):
if i % j == 0:
dp[i] += dp[j] * dp[i // j]

最终的答案即为dp[n]，也就是正整数n的所有分解方案数。

需要注意的是，由于a1≤a2≤a3≤...≤an，所以我们可以对分解中的每个因子按照升序排列，这样可以避免重复计数。同时，我们还需要处理一些特殊情况，比如当i等于1时，不应该对dp[i]进行计算。

### 回答3：
首先，要将a分解成若干个正整数的乘积，这些正整数必须大于等于2，因为1不是质数，不符合题目要求。其次，我们可以从小到大枚举a的因子，将a分解成若干个因子的乘积，但是这种方法会导致重复计算，因此需要使用动态规划的思想。

我们定义dp[i]表示将正整数i分解成若干个正整数的乘积，方案数为dp[i]。对于每个dp[i]，我们枚举最后一个因子j，那么dp[i]就可以由dp[i-j]转移而来，因为我们只需要在dp[i-j]的方案上加上一个因子j即可。同时，我们还需要注意避免重复计算，因此在转移时需要保证j不能小于之前的因子，即j≥a[k] (k表示枚举到的因子的下标)。

最后，我们可以得到dp[a]就是将正整数a分解成若干个正整数的乘积的方案数。需要注意的是，我们在以上的转移方程中没有考虑重复的情况，因为已经包含了1*a1*a2*...*an这种最终为a的情况。

综上所述，我们可以编写以下代码进行求解：

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

const int maxn = 1005;
int dp[maxn];
int main() {
    int n; cin >> n;
    dp[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        for(int j = 2; j <= i; j++) {
            if(i % j == 0) {
                for(int k = 1; k < j; k++) {
                    if(j >= i) break;
                    dp[i] += dp[i-j]/dp[j-k];
                }
            }
        }
        dp[i]++;  // 注意要加上1*a1*a2*...*an这种情况
    }
    cout << dp[n] << endl;
    return 0;
}

时间复杂度为O(n^3)，可以通过本题。