题意
给定一个可重集(S)，请求出满足下面条件的子集(S')个数：
- (S'geq S-S')
- (S'-a_i leq S-S')，其中(a_i in S')
(|S|leq 300, a_i leq 500)
解法
( t {hin})有味的计数题，虽然(A)的人很多，但是我没想出来
我们令满足条件的集合为集合(A)，其补集为(B)
首先要发现一个性质，如果集合(A)中的元素最小值为(a)，那么如果(A)为满足条件的子集，(A-aleq B)
那么我们考虑枚举(a)
为了保证单调，我们把所有元素从小到大排序，倒序枚举(a)
我们假设当前枚举到的(a)是(a_i)，那么(a_1)至(a_{i-1})一定都属于(B)集合
这是因为我们枚举的(a)是集合中的元素最小值，所以小于(a)的元素一定不在(A)集合中
此时合法的(A)集合中包含的元素一定有(a_i)，并且剩下的元素都来自(a_{i+1})至(a_n)
我们先处理出一个(DP)数组(f[i][j])代表考虑(i)到(n)中的元素，选择的(A)集合与(B)集合权值之差为(j)的方案数
转移方程还是比较好想的，即
[f[i][j]=f[i+1][j+a_i]+f[i+1][j-a_i]
]
至于下标为负的情况，强制转正即可
由于(a_1)至(a_{i-1})一定属于(B)集合，我们统计一下前缀和，那么(B)集合的权值至少为(sum_{i-1})
为了满足上面的条件即$A-aleq B $
我们把(A)分为两个部分(A=a+A')，其中(A')是(A)集合在(i)右侧的部分，同样的，把(B)也分为(i)左侧的部分(B'')（很明显(B'')的权值大小即(sum_{i-1})）与右侧的部分(B')
[ecause A-a leq B \
herefore a+A'-a leq B'+B'' \
herefore A'-B' leq sum_{i-1}
]
又要满足限制(1)，即$Ageq B $
[ecause Ageq B \
herefore a+A' geq B'+B''\
herefore A'-B' geq sum_{j-1}-a
]
这样我们就确定了上下界，枚举差值转移即可
代码
蒯了( t {JR})的代码（考场上就(A)了，是真的强）
/*******************************
Author:Morning_Glory
LANG:C++
Created Time:2019年09月15日 星期日 12时55分49秒
*******************************/
#include <cstdio>
#include <fstream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
const int maxn = 305;
const int maxm = 300005;
const int mid = 150000;
const int mod = 1000000007;
//{{{cin
struct IO{
template<typename T>
IO & operator>>(T&res){
res=0;
bool flag=false;
char ch;
while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') flag|=ch=='-';
while(ch>='0'&&ch<='9') res=(res<<1)+(res<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
if (flag) res=~res+1;
return *this;
}
}cin;
//}}}
int T,n,mi,mx,ans;
int a[maxn],sum[maxn];
int f[2][maxm];
bool now,pre;
void add (int &x,int y){ x=((x+y)%mod+mod)%mod;}
//{{{solve
int solve (int x)
{
//x左边所有的数都不可以被选
int c=sum[x-1]+mid;
int res=0;
for (int i=0;i<=a[x];++i) add(res,f[pre][c-i]);
return res;
}
//}}}
int main()
{
cin>>T;
while (T--){
cin>>n;
now=pre=false;
ans=mx=0;
memset(f,0,sizeof(f));
f[0][mid]=1;
for (int i=1;i<=n;++i) cin>>a[i],mx+=a[i];
mi=mid-mx,mx+=mid;
sort(a+1,a+n+1);
for (int i=1;i<=n;++i) sum[i]=sum[i-1]+a[i];
for (int i=n;i>=1;--i){
now=!now,pre=!now;
for (int j=mi;j<=mx;++j)
f[now][j]=(f[pre][j-a[i]]+f[pre][j+a[i]])%mod;
add(ans,solve(i));
}
printf("%d
",ans);
}
return 0;
}