砝码称重（枚举and动态规划）

问题描述：

你有一架天平和N个砝码，N个砝码的重量分别是w1、w2、w3......wn。请你计算一共可以秤出多少种不同的重量？注意砝码可以放在天平的两边。

问题分析：首先砝码可以有三种状态，一个是放右边加重量，或者不放，再者就是放左边减重量，所以我们可以用枚举把每一个砝码的三种情况都枚举一遍，它的算法复杂度是3的N次方，当N越来越大时，3的N次方呈现指数爆炸式增长，极有可能会超时，但本题所给的样例不会超时，下面给出代码：

#include <iostream>
#include <iomanip>
typedef long long ll; /位数可能很长，所以用长整型
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + 50;
int vis[maxn];
int a[maxn];
int N;
void dfs(int sum, int i) /三种状态函数
{
   if (i == N)
   {
       if (sum >= 0)
           vis[sum] = 1;
       return;
   }
   dfs(sum + a[i], i + 1);
   dfs(sum, i + 1);
   dfs(sum - a[i], i + 1);
}
int main()
{
   cin >> N;
   for (int i = 0; i < N; i++)
   {
       cin >> a[i];
   }
   dfs(0, 0); /从开头开始递推
   int ans = 0;
   for (int i = 1; i < maxn; i++)
   {
       if (vis[i] )
       {
           ans++; /记录可以秤出重量的总数
       }
   }
   cout << ans << endl;
   return 0;
}

我们还有另外一种更巧妙更省时的方法，那就是用动态规划！我们可以用2次0-1背包问题来很好地解决这个问题，第一次0-1背包问题先把放右边的情况先弄清楚，接着第二次0-1背包就可以把放左边的情况弄清楚，整合后就是该问题的最终答案。

#include<iostream>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
using namespace std;
ll dp[1000005]; /本题的测试范围
ll w[105];
int main() {
   ll N;
   cin >> N;
   for (int i = 1; i <=N; i++)
   {
       cin >> w[i];
   }
   memset(dp, 0, sizeof(dp)); /数据清空
   dp[0] = 1;
   for (ll i = 1; i <=N; i++)
   {
       for (ll j = 100000; j >= w[i]; j--)
       {
           dp[j] = max(dp[j], dp[j - w[i]]); /从大到小考虑每个称重，dp[j- w[i]]是没加之前的重量，如果可以加，就将d[i]赋值为1.
       }
   }
   for (ll i = 1; i <= N; i++)
   {
       ll s = 100000 - w[i];
       for (ll j = 1; j <= s; j++)
       {
           dp[j] = max(dp[j], dp[j +w[i]]); /从小到考虑每个称重，dp[j+ w[i]]是没减之前的重量，如果可以减，就将d[i]赋值为1.
       }
   }
   ll ans=0;
   for (int i = 1; i < 100000; i++)
   {

   ans = ans + dp[i]; /被赋值为1的即可以称出来的重量
   }
   cout << ans << endl;

   return 0;
}

俞

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