物品可以放左边也可以放在右边 其实可以看成一个物品可以作为重量也可以作为 那么看成个物品来一次$背包即可 但是这里稍微有点变化,物品的价值可能是负数 那么如果负数也按照我们倒序枚举会有问题,负数应该正序枚举 负数正序枚举能保证状态没有重复使用一个物品 当然如果你用的是二维数组来就不需要分两次了 #i
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Description 给一个天平和一堆已知重量的石头，判断目标重量能否搭配出来。 Solution 假设石头放左边贡献是 , 放右边是 根据数据，最大的重量只能是 不妨令 为使用第 个石头的时候能否到达重量为 的状态显然有 不取 放在右边 放在左边 最后查询的时候检查是否能到达状
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对于这题来说,难点在于分析左右两边的天平.但是我们可以发现,把这个石头放负数边其实就是abs(j−x).{对于这题来说,难点在于分析左右两边的天平.但是我们可以发现,把这个石头放负数边其实就是abs(j-x).}对于这题来说,难点在于分析左右两边的天平.但是我们可以发现,把这个石头放负数边其实就是a
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题目描述 多组输入，第一行一个，代表你有个石子，并且石子只能用一次。第二行给出全部石子的重量。第三行给出一个，代表询问次数。接下来有行每行一个，问重量为的物品能不能被当前有的石子测出来平衡天平。 Solution 首先观察题目范围，对于单个的最大可到，但是我们最大可以凑到的石子重量却是，根本到不了的
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前置知识: 背包 解题思路 题目意思其实就是一个存在性判定问题。问某一个数是否可以通过给定的数进行加减得到（每个数仅使用一次的前提下） 由于给定的石头数量很少，而且给定的石头的重量小，所以考虑对于每次询问前预处理出哪一些重量是可以被表示出来的。 不难想到这其实就是一个经典的问题：01背包，但是这
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小M和天平 能称得给定的质量，大致有两种情况，一、给定的石子直接组合可以得到物品的质量，这就可以通过背包来直接得到了。 二、（一些石子 + 物品） = （另一些石子），也就是能够从石子中挑出两堆，这两堆的差值为我们所需称量的。 #include <bits/stdc++.h>
usin
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做法:dp 思路： 1.因为能测范围最大是，所以大于10000的范围必定测不出 2.考虑每一层状态转移，如果上一层存在，那么这一层分类讨论1）两边都不放石头,即2）放在多的那一侧,即3）放在少的那一侧,即 代码
// Problem: 小M和天平
// Contest: NowCoder
//
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题意：给一些石子，多次询问，问能不能测出所给重量思路：①考虑把重量放在单独一边，石子放在单独一边。这样就是一个01背包。②实际上重量那边也可以放石子，那么其实就是从①中的01背包中可以达到的状态，减去放在另一边的石子堆所以这里也是一个类似01背包的过程，枚举石子，然后枚举重量，要注意第二维循环按照从
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题解：分成两种情况来讨论：1.石头单独放到一边，这样就是看看石头能凑出哪些数即可。2.另一边也可以放石头，那么那个重物就是，全为石头一边的重量-另一边石头的重量。分好这两种情况之后就可以进行dp了。 /*Keep on going Never give up*/
#pragma GCC optimi
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