POJ1837

这道题的做法是：用dp[i][j]表示挂满前i个钩码后平衡度为j的方法数，所以对于每一个平衡度j都有可以是由不同数量的钩码达到，只是钩码挂在哪里，所以从第一个钩码，第一个平衡度，开始遍历，每遇到一个dp[i-1][j]都可以推出下一个dp[i][j+...]，为了避免下标出现负数，同时把平衡度右移，特殊状态为dp[0][7500]=1.即不挂钩码得到7500的度只有一种方法

#include <iostream>

#include <cstring>
#include <string>
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dp[25][15004];
int c[30],g[30];
int main()
{
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    cin>>c[i];
    for(int i=1;i<=m;i++)cin>>g[i];
     memset(dp,0,sizeof(dp));
     dp[0][7500]=1;
     for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=0;j<=15000;j++)
            if(dp[i-1][j])
     {
        for(int k=1;k<=n;k++)
            dp[i][j+g[i]*c[k]]+=dp[i-1][j];
     }
     cout<<dp[m][7500]<<endl;
     return 0;

}