URAL 1244

题目大意：给出一个正整数M，给出N个正整数ai，让你在这些数中挑出一些数组成M的一个划分，如果符合条件的划分数超过两个，输出：-1，如果没有输出：0，如果有且仅有一个：则按顺序输出剩下的数的序号。

例如：

input	output
270 4 100 110 170 200	2 4
270 4 100 110 160 170	-1
270 4 100 120 160 180	0

测例1中，有且仅有100+170=270，所以输出110与200的序号2 4。测例2中，100+170=160+110=270，所以输出-1。测例3中，没有任何两个数的和为270，所以输出0。

Time Limit:500MS     Memory Limit:65536KB     64bit IO Format:%I64d & %I64u

数据规模：0<ai<=1000,2<=N<=100。

理论基础：无。

题目分析：我们用dp[i][j]表示仅用前i个数可以挑出的j的划分的个数。pre[i][j]表示第i个数被选择或者未被选择，用于最后输出结果。

我们可以得出如果需要输出时，那么方案数就是唯一的，所以途径的所有的状态的数都只能是被选或者未被选择，所以我们不用担心，a[i]被选与未被选都有解的情况。因为这时我们不需要输出。

下来是状态转移方程：dp[i][j]=dp[i-1][j]+(j>=a[i])*(dp[i-1][j-a[i]]);在每一层dp时，只要发现dp[i][M]大于等于2即可输出-1退出程序。

如果dp[N][M]为0，则输出0。否则，回溯找回答案并输出。

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<ctime>
#include<vector>
using namespace std;
typedef double db;
#define DBG 0
#define maa (1<<31)
#define mii ((1<<31)-1)
#define ast(b) if(DBG && !(b)) { printf("%d!!|\n", __LINE__); while(1) getchar(); }  //调试
#define dout DBG && cout << __LINE__ << ">>| "
#define pr(x) #x"=" << (x) << " | "
#define mk(x) DBG && cout << __LINE__ << "**| "#x << endl
#define pra(arr, a, b)  if(DBG) {\
    dout<<#arr"[] |" <<endl; \
    for(int i=a,i_b=b;i<=i_b;i++) cout<<"["<<i<<"]="<<arr[i]<<" |"<<((i-(a)+1)%8?" ":"\n"); \
    if((b-a+1)%8) puts("");\
}
template<class T> inline bool updateMin(T& a, T b) { return a>b? a=b, true: false; }
template<class T> inline bool updateMax(T& a, T b) { return a<b? a=b, true: false; }
typedef long long LL;
typedef long unsigned int LU;
typedef long long unsigned int LLU;
#define N 100
#define M 100000
int dp[N+1][M+1];
int a[N+1],sum,n,cnt,ans[N+1];
bool pre[N+1][M+1];
int main()
{
    scanf("%d%d",&sum,&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",a+i);
    dp[1][0]=1,dp[1][a[1]]=1,pre[1][a[1]]=true;
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=sum;j++)
        {
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+(j>=a[i])*dp[i-1][j-a[i]];
            if(dp[i-1][j-a[i]])pre[i][j]=true;
        }
        if(dp[i][sum]>=2)
        {
            printf("-1\n");
            return 0;
        }
    }
    if(dp[n][sum]==0)
    {
        printf("0\n");
        return 0;
    }
    if(dp[n][sum]==1)
    {
        for(int i=n;i>=1;i--)
        {
            if(!pre[i][sum])ans[++cnt]=i;
            sum=sum-a[i]*pre[i][sum];
        }
        pra(ans,1,cnt)
        for(int i=cnt;i>=1;i--)
        {
            printf("%d%c",ans[i],i==1?'\n':' ');
        }
    }
	return 0;
}

其中的初始化细节处理很容易理解，所以不用再细说了。

by:Jsun_moon http://blog.csdn.net/jsun_moon