大白书中的题感觉一般都比较难，能理解书上代码就已经很不错了
按照经验，一般数据较小的题目，都有可能是用状态压缩来解决的
题意：问一个面积为x×y的巧克力，能否切若干刀，将其切成n块面积为A1，A2，，，An块巧克力。(每次只能沿直线切一块巧克力)
设计状态：
f(r, c, S) = 1表示r行c列的巧克力可以切成面积集合为S的若干块巧克力
分解问题：
f(r, c, S) = 1当且仅当
- 横着切：存在1≤r0＜r和S的子集S0，使得f(r0, c, S0) = f(r-r0,c, S-S0) = 1. 或者
- 竖着切：存在1≤C0＜C和S的子集S0，使得f(r, C0, S0) = f(r,C-C0, S-S0) = 1.
状态的优化：
因为f(r, c, S) = f(c, r, S)，所以我们去掉一个参数，并且假设r≤c
记f(r, S)表示min(r, sum[S]/r)行max(r, sum[S]/r)列的巧克力能否切成面积和为sum[S]的若干块
DP函数中那句 int& ans;的作用是什么作用不太懂，我开始时去掉以后WA掉了，Orz
这句留着以后再弄懂吧，=_=||
将ans声明为f[S][x]的引用，这样ans在赋值的时候f[S][x]也相应被改变
1 //#define LOCAL 2 #include <iostream> 3 #include <cstdio> 4 #include <cstring> 5 using namespace std; 6 7 const int maxn = 16; 8 const int maxw = 100 + 10; 9 int a[maxn], sum[1 << maxn], f[1 << maxn][maxw], vis[1 << maxn][maxw]; 10 11 int bitcount(int S) 12 { 13 return S == 0 ? 0 : (S & 1) + bitcount(S >> 1); 14 } 15 16 int dp(int S, int x) 17 { 18 if(vis[S][x]) return f[S][x]; 19 vis[S][x] = 1; 20 int& ans = f[S][x]; 21 if(bitcount(S) == 1) 22 return ans = 1; 23 int y = sum[S] / x; 24 for(int S0 = (S-1)&S; S0 != 0; S0 = (S0-1)&S) 25 { 26 int S1 = S - S0; 27 if(sum[S0] % x == 0 && dp(S0, min(x, sum[S0]/x)) && dp(S1, min(x, sum[S1]/x))) 28 return ans = 1; 29 if(sum[S0] % y == 0 && dp(S0, min(y, sum[S0]/y)) && dp(S1, min(y, sum[S1]/y))) 30 return ans = 1; 31 } 32 return ans = 0; 33 } 34 35 int main(void) 36 { 37 #ifdef LOCAL 38 freopen("4794in.txt", "r", stdin); 39 #endif 40 41 int kase = 0, n; 42 while(scanf("%d", &n) == 1 && n) 43 { 44 int x, y; 45 scanf("%d%d", &x, &y); 46 for(int i = 0; i < n; ++i) 47 scanf("%d", &a[i]); 48 49 memset(sum, 0, sizeof(sum)); 50 for(int i = 0; i < (1 << n); ++i) 51 for(int j = 0; j < n; ++j) 52 if(i & (1 << j)) 53 sum[i] += a[j]; 54 55 memset(vis, 0, sizeof(vis)); 56 int All = (1 << n) - 1; 57 int ans; 58 if(sum[All] != x*y) 59 ans = 0; 60 else 61 ans = dp(All, min(x, y)); 62 printf("Case %d: %s ", ++kase, ans ? "Yes" : "No"); 63 } 64 return 0; 65 }