设有两个集合 $A,B\subset\mathbb{N}$，且 $0\in A,1\in B,|A|=n,|B|=m$。定义 $A+B=\{x+y|x\in A,y\in B\}$，若 $A+B=[1,nm]\cap\mathbb{N}^{+}$，则称 $(A,B)$ 是好的。问这样的集合对有多少个。
解：若 $n=1$ 或 $m=1$，方案显然是唯一的。下面讨论 $n>1$ 且 $m>1$ 的情况：
若 $2\notin B$，那么必有 $1\in A$，否则 $2\notin A+B$，矛盾。这种情况下，我们把 $A$ 中所有元素加 $1$，$B$ 中所有元素减 $1$ 即可（$n,m$ 互换）。因此下面假定 $1\in B,2\in B$。
首先证明，对于一个固定的 $B$，至多只有一个 $A$ 满足要求。不妨从小到大向 $A$ 集合中填数，设 $A$ 中一开始只有 $0$。考虑当前 $A+B$ 中的所有元素，如果 $\{1,2,\cdots,nm\}\subset A+B$，那么填数终止；否则考虑 $\{1,2,\cdots,nm\}$ 中最小的不在 $A+B$ 中的元素，设为 $x$，那么我们必须把 $x-1$ 填进 $A$。反证法，假设 $x-1\notin A$，那么必然存在某个 $t>1,t\in B$，我们要把 $x-t$ 填进 $A$。这样一来，$x-t+1$ 就有两种表示方法（填 $x-t$ 之前的一种，和 $(x-t)+(1)$ 的一种），从而最后的集合对不可能是合法的。这样的填法说明了 $A$ 的取值是唯一的。
接下来的问题就变成了，对于怎样的集合 $B$，它恰好有一个 $A$ 是合法的。
给出一个整数 $t$，和两个长度为 $l$ 的数列 $\{x_{i}\},\{y_{i}\}$，其中 $t>1$，$x_{i}>1(1\le i\le l)$，$y_{i}>1(1\le i<l)$，$y_{l}\ge1$，$\displaystyle \prod_{i=1}^{l}x_{i}=n$，$\displaystyle t\prod_{i=1}^{l}y_{i}=m$。我们递归地定义 $A$ 和 $B$，设 $A_{0}=\{0\}$，$B_{0}=\{1,2,\cdots,t\}$，$\displaystyle u_{i}=t\prod_{j=1}^{i-1}x_{j}\prod_{j=1}^{i-1}y_{j}$，$\displaystyle v_{i}=t\prod_{j=1}^{i}x_{j}\prod_{j=1}^{i-1}y_{j}$，$A_{i}=A_{i-1}+\{0,u_{i},2u_{i},\cdots,(x_{i}-1)u_{i}\}$，$B_{i}=B_{i-1}+\{0,v_{i},2v_{i},\cdots,(y_{i}-1)v_{i}\}$，$A=A_{l},B=B_{l}$。容易发现，这样的一组 $(A,B)$ 是好的，且对于不同的参数 $t,x,y$，生成的 $(A,B)$ 互不相同。
我们从构造上式的角度出发，说明好的 $(A,B)$ 必然满足上面的形式。由于 $t+1\notin B$，因此有 $t\in A$。可得 $t+2,\cdots,2t\notin B$，否则 $t+i=(0)+(t+i)=(t)+(i)$。同理若 $2t+1\notin B$，则有 $2t\in A,2t+1,\cdots,3t\notin B$。设 $t+1,\cdots,x_{1}t\notin B$，那么 $0,t,\cdots,(x_{i}-1)t\in A$。接下来，若 $x_{1}t+1\in B$，那么就有 $[x_{1}t+u\in B]=[u\in B](1\le u\le x_{1}t)$，另外还有 $x_{1}t\notin A$。如此循环往复地构造下去，就能得到上面的结论。
接下来就比较简单了，选择 $t,x,y$ 的过程，相当于将 $n,m$ 分解为若干个数的积。$2\in B$ 部分的答案为 $\displaystyle f(n,m)=\sum_{i=1}^{+\infty}g_{i}(n)\left(g_{i}(m)+g_{i+1}(m)\right)$，其中 $g_{i}(n)$ 表示将 $n$ 分解为 $i$ 个大于 $1$ 的数的乘积的方案数（有序）。最终答案为 $f(n,m)+f(m,n)$。
