HDU 1059 Dividing 分配（多重背包，母函数）

题意：

　　两个人共同收藏了一些石头，现在要分道扬镳，得分资产了，石头具有不同的收藏价值，分别为1、2、3、4、5、6共6个价钱。问：是否能公平分配？

输入：

　　每行为一个测试例子，每行包括6个数字，分别对应6种价钱的石头数目，比如101200代表价值为1的石头有1个，价值为2的石头有0个....价值为4的石头有2个。他们具有的石头数量的上限为2万个。

思路：

　　想用多重背包的方式解决，也想转01背包比较简单。直接转01背包会超时，得想办法。可以用多重背包的方法，用二进制来减少复杂度，应该可行。我用的是偷懒的办法，将数据都减小，比如某个价值的石头有1千个，是偶数，那就可以直接分掉，每人500啦，但是可能会有奇数个的情况，所以不能单独将某价值的石头一次性分完。那么留多少合适？我觉得留4合适，但是实际上留了8个以下才能AC。

出现下面情况说明了不能将某个价值的石头总数mod2：

价值：1　2　3　4　5　6

数量：1　0　8　0　1　0

解释：假如%2的话，价值为3的石头就变为0个，剩下两个石头，价值分别为1和5，分不了！

所以余数必须大于2，测试了一下，6不行，8以上的偶数就行了。

现在，数据的大小降下来了，转成01背包就简单多了。将剩下的所有石头的的价值的一半假设为背包的容量，将石头的体积设为等价于其价值大小。什么意思呢？

举个例子：

价值：1　2　3　4　5　6

数量：1　0　2　0　1　0

体积：1　2　3　4　5　6

假设这是数值大小降低后的结果，一眼可以看出1+5=3*2，可以公平分配，所有石头的总价值为12，假设其中一个人是我，那么我必须分配到价值为6的石头才是公平的，不用管到底分得1块还是2块石头。而其价值与体积已经假设是相等的，那么设我的背包大小为6，我想从这些石头（4块）中挑出一些石头，使我的背包装满，只要能刚好装满，证明能公平分配，即dp[x]=x。 这个可列举一些小的数据后计算就能验证。

 #include <iostream>
 using namespace std;
 int num[];
 int dp[];
 bool divide(int sum)
 {
     int k,i,j;
     for(i=;i<;i++)
         for(k=;k<num[i];k++)
             for(j=sum;j>i;j--)
                 if(dp[j-(i+)]+(i+)>dp[j])
                 dp[j]=dp[j-(i+)]+(i+);
     if(dp[sum]==sum)
         return true;
     else
         return false;
 }
 int main()
 {
     int i,n=,sum;
     while()
     {
         for(i=,sum=;i<;i++)
         {
             scanf("%d",&num[i]);
             num[i]%=;
             sum+=num[i]*(i+);    //所有石头的价值总和
         }
         if(!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[])    return ;    //全0就退出
         if(sum%!=)    //价值的总和不能被被2整除的话就肯定分不了
         {
             printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
             continue;
         }
         else sum>>=;    //可以分的话，总和得减半
         memset(dp,,sizeof(int)*(sum+));    //清内存
         if(divide(sum)==true)
             printf("Collection #%d:\nCan be divided.\n\n",++n);
         else
             printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
     }
     return ;
 }

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另一解法：使用普通型母函数。

思路：同样需要将数据降小，好像不一定对于这样的题都可以进行数据降小处理，但是这里可以就方便多了。母函数主要算的是组成某一种值的方法数，既然有组成的方法，那肯定是能公平分配了，可能还不止一种公平的分配方法呢。利用这点，我们不需要求出分配一半价值的所有方法，只需在检测出有一种方法就可以返回了，无需继续算。

代码思路：用笔算的话我们能算出来，其实方法就是模拟我们的笔算方法，有六种价值，那么就只有6个括号要相乘。而每个括号中的幂次数最多为价值的一半即可，我们要求的就是组成一半价值的方法。

看代码还是容易点吧，代码这么多是因为大部分是固定的模版啊！

 #include <iostream>
 #include <cstring>
 #define N 100
 using namespace std;
 int num[];
 int ans[N];    //
 int sup[N];
 bool divide(int sum)    //取部分石头，能组成价值为sum，证明可公平分配。
 {
     int k,i,j;
     for(i=;i<=;i++)    //作6个括号相乘
     {
         if(num[i-]==)    continue;
         for(j=;j<=sum&&j<=num[i-]*i;j+=i)    //j是跳的，间距是i
             for(k=;k<=sum;k++)
                 sup[j+k]+=ans[k];    //重点在这，好好理解
         memcpy(ans,sup,sizeof(int)*(sum+));    //这样复制更快
         memset(sup,,sizeof(sup));    //这样清零更快
         if(ans[sum]>)    return true;    //有1种方法以上都可以返回了
     }
     return false;
 }
 int main()
 {
     int i,n=,sum;
     while()
     {
         for(i=,sum=;i<;i++)
         {
             scanf("%d",&num[i]);
             num[i]%=;        //数值降小
             sum+=num[i]*(i+);    //所有石头的价值总和（已降）
         }
         if(!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[])    return ;    //全0就退出
         if(sum%!=)    //价值的总和不能被被2整除的话就肯定分不了
         {
             printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
             continue;
         }
         else sum>>=;    //可以分的话，总和得减半
         //**********以上部分是固定的****************************************
         memset(ans,,sizeof(ans));    //清内存
         memset(sup,,sizeof(sup));    //清内存
         for(i=;i<=num[];i++)    //初始化ans
             ans[i]=;
         if(divide(sum)==true)
             printf("Collection #%d:\nCan be divided.\n\n",++n);
         else
             printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
     }
 }

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