USACO 2.2 Subset Sums 集合（subset）

Description

对于从1到N的连续整集合，能划分成两个子集合，且保证每个集合的数字和是相等的。
举个例子，如果N=3，对于{1，2，3}能划分成两个子集合，他们每个的所有数字和是相等的：

• {3} and {1,2}

这是唯一一种分法（交换集合位置被认为是同一种划分方案，因此不会增加划分方案总数）
如果N=7，有四种方法能划分集合{1，2，3，4，5，6，7}，每一种分发的子集合各数字和是相等的:

• {1,6,7} and {2,3,4,5} {注 1+6+7=2+3+4+5}
• {2,5,7} and {1,3,4,6}
• {3,4,7} and {1,2,5,6}
• {1,2,4,7} and {3,5,6}

给出N，你的程序应该输出划分方案总数，如果不存在这样的划分方案，则输出0。程序不能预存结果直接输出。

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　　好  废话不多说这是我在Ubuntu下打的第一个代码，个人认为Ubuntu下很多界面较好  风格也还行（又说废话了）。。。

　　这道题是一个dp  大致的意思是从1-n的每个数都给你一个  然后叫你找有多少种可能a+b+c...==x+y+z(当然a,b,c,x,y,都属于这n个数）同时  这些数都要用完而且不能重复用

　　刚刚看题目颇为不解  这用dp该怎么做  明显是坑爹嘛  后来实在想不出来就去baidu了（。。。）  然后看到一种普遍的解法就是看作一个01背包然后“

如果M=n*(n+1)/2是奇数，则没有分法。如果是偶数，背包容量为M/2，dp[k] += dp[k-i],(i=1,2,...,n)计算k的时候为避免重算，

需倒着进行。”（这不还是看不懂嘛（请原谅我的愚笨））

　　再后来一想[1,n]这个区间里所有数不久形成了一个a_n=n的等差数列嘛   那么根据求和公式s_n=n+n*(n-1)/2 =n*(n+1)/2  既然这样 要使两边相等 那么

l(左边的和)=r(右边的和)=n*(n+1)/4  这样的话如果算出来的n*(n+1)/4为小数的话那么肯定就不可能有解了嘛  所以只要在开始判断一下n*(n+1)/4能不能除尽（即判断n*(n+1)%4是否为0）  然后如果除不尽就直接return 掉就行了。

　　在初步的判断完以后  我们就要开始用dp大法了   可以看作有n个物品  给你n*(n+1)/4的质量   这一次的分法就等于这一次j比i多出来的数的分法加上原来i的分法

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　　代码如下:

 #include<iostream>
 using namespace std;
 const int maxn=+;
 long long f[];
 int n,s;
 int main()
 {
     cin>>n;
     s=n*(n+);
     if(s%!=)
     {
         cout<<<<endl;
         return ;
     }
     s/=;
     f[]=;
     for(int i=;i<=n;i++)
         for(int j=s;j>=i;j--)
             f[j]+=f[j-i];
     cout<<f[s]/<<endl;
     return ;
 }