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。
1 #include <iostream> 2 using namespace std; 3 int num[6]; 4 int dp[200]; 5 bool divide(int sum) 6 { 7 int k,i,j; 8 for(i=0;i<6;i++) 9 for(k=0;k<num[i];k++) 10 for(j=sum;j>i;j--) 11 if(dp[j-(i+1)]+(i+1)>dp[j]) 12 dp[j]=dp[j-(i+1)]+(i+1); 13 if(dp[sum]==sum) 14 return true; 15 else 16 return false; 17 } 18 int main() 19 { 20 int i,n=0,sum; 21 while(1) 22 { 23 for(i=0,sum=0;i<6;i++) 24 { 25 scanf("%d",&num[i]); 26 num[i]%=8; 27 sum+=num[i]*(i+1); //所有石头的价值总和 28 } 29 if(!num[0]&&!num[1]&&!num[2]&&!num[3]&&!num[4]&&!num[5]) return 0; //全0就退出 30 if(sum%2!=0) //价值的总和不能被被2整除的话就肯定分不了 31 { 32 printf("Collection #%d: Can't be divided. ",++n); 33 continue; 34 } 35 else sum>>=1; //可以分的话，总和得减半 36 memset(dp,0,sizeof(int)*(sum+1)); //清内存 37 if(divide(sum)==true) 38 printf("Collection #%d: Can be divided. ",++n); 39 else 40 printf("Collection #%d: Can't be divided. ",++n); 41 } 42 return 0; 43 }
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！
1 #include <iostream> 2 #include <cstring> 3 #define N 100 4 using namespace std; 5 int num[6]; 6 int ans[N]; // 7 int sup[N]; 8 bool divide(int sum) //取部分石头，能组成价值为sum，证明可公平分配。 9 { 10 int k,i,j; 11 for(i=2;i<=6;i++) //作6个括号相乘 12 { 13 if(num[i-1]==0) continue; 14 for(j=0;j<=sum&&j<=num[i-1]*i;j+=i) //j是跳的，间距是i 15 for(k=0;k<=sum;k++) 16 sup[j+k]+=ans[k]; //重点在这，好好理解 17 memcpy(ans,sup,sizeof(int)*(sum+1)); //这样复制更快 18 memset(sup,0,sizeof(sup)); //这样清零更快 19 if(ans[sum]>0) return true; //有1种方法以上都可以返回了 20 } 21 return false; 22 } 23 int main() 24 { 25 int i,n=0,sum; 26 while(1) 27 { 28 for(i=0,sum=0;i<6;i++) 29 { 30 scanf("%d",&num[i]); 31 num[i]%=8; //数值降小 32 sum+=num[i]*(i+1); //所有石头的价值总和（已降） 33 } 34 if(!num[0]&&!num[1]&&!num[2]&&!num[3]&&!num[4]&&!num[5]) return 0; //全0就退出 35 if(sum%2!=0) //价值的总和不能被被2整除的话就肯定分不了 36 { 37 printf("Collection #%d: Can't be divided. ",++n); 38 continue; 39 } 40 else sum>>=1; //可以分的话，总和得减半 41 //**********以上部分是固定的**************************************** 42 memset(ans,0,sizeof(ans)); //清内存 43 memset(sup,0,sizeof(sup)); //清内存 44 for(i=0;i<=num[0];i++) //初始化ans 45 ans[i]=1; 46 if(divide(sum)==true) 47 printf("Collection #%d: Can be divided. ",++n); 48 else 49 printf("Collection #%d: Can't be divided. ",++n); 50 } 51 }