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;
}
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