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:\nCan't be divided.\n\n",++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:\nCan be divided.\n\n",++n);
39 else
40 printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
41 }
42 return 0;
43 }
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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:\nCan't be divided.\n\n",++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:\nCan be divided.\n\n",++n);
48 else
49 printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
50 }
51 }
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作者：xcw0754
