可行性多个背包。
题意是说，有 1~6 一种石头，价格分别为值1~6 。再有就是不同的数。问：你能不能给一个平均的两个人。
这时候可以刮胡子价格值作为成本，达 总价值的一半。即讲背包的容量设为 总价值的一半。是否能装满。
据说有个非常强大的“剪树” 1~6的最小公倍数是60 。
个数超过60……if(n&1)n=61; else n=60;
ORZ……没想到，也没用这个。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<map>
#include<stack>
#include<iostream>
#include<list>
#include<set>
#include<cmath>
#define INF 0x7fffffff
#define eps 1e-6
#define LL long long
using namespace std;
int n,m;
int dp[7][150001];
int Cot[7];
int Cost[7];
int main()
{
int cc=1;
while(1)
{
bool flag=1;
m=0;
for(int i=1; i<7; i++)
{
int tmp;
scanf("%d",&tmp);
if(tmp)flag=0;
Cost[i]=i,Cot[i]=tmp;
m+=Cost[i]*Cot[i];
}
if(flag)return 0;
memset(dp,-1,sizeof(dp));
printf("Collection #%d:
",cc++);
if(m&1)
{
puts("Can't be divided.
");
continue;
}
else m/=2;
dp[0][0]=0;
for(int i=1; i<7; i++)
{
for(int j=0; j<=m; j++)
{
if(dp[i-1][j]>=0)
dp[i][j]=Cot[i];
else
dp[i][j]=-1;
}
for(int j=0; j<=m-Cost[i]; j++)
{
if(dp[i][j]>0)
dp[i][j+Cost[i]]=max(dp[i][j+Cost[i]],dp[i][j]-1);
}
}
if(dp[6][m]==-1)
puts("Can't be divided.
");
else
puts("Can be divided.
");
}
}