題目：

簡單地說，就是對於n的每一個長度為m的劃分（ $k_i>0$），求出其貢獻的值之和。

分析：

非常神奇的三角函式題：
首先，可以想到，劃分問題有一個很經典的DP
定義 $D$

考慮將這個DP方式套在這裡：
定義 $f(i,j)$表示將n=i,m=j時的答案。
若m項中，存在1，則轉移到 $f(i-1,j-1)*sin(x)$

若不存在1，此時不必所有項都-1，只需要某一項-1就能轉移了：

首先通過和角公式得到：
$sin(k_ix)=sin((k_i-1)x)cos(x)+cos((k_i-1)x)sin(x)$

其中前半部分 $sin((k_i-1)x)$就是我們要的，但後半部分還不對。

繼續運用和角公式：
$sin(x)cos((k_i-1)x)=sin(x)\{cos((k_i-2)x)cos(x)-sin((k_i-2)x)sin(x)\}$
把 $sin(x)$乘進去
$=sin(x)cos(x)cos((k_i-2)x)-sin^2(x)sin((k_i-2)x)$
因為 $sin^2(x)=1-cos^2(x)$
$=cos(x)\{sin(x)cos((k_i-2)x)+cos(x)sin((k_i-2)x)\}-sin((k_i-2)x)$
顯然大括號裡面的也是個和角公式。
$=cos(x)sin((k_i-1)x)-sin((k_i-2)x)$
綜上所述：
$sin(k_ix)=2cos(x)sin((k_i-1)x)-sin((k_i-2)x)$
換言之：
$f(i,j)=2cos(x)f(i-1,j)-f(i-2,j)$
再加上之前的存在1的情況。
就是
$f(i,j)=2cos(x)f(i-1,j)-f(i-2,j)+f(i-1,j-1)$