POJ1837

这道题的做法是：用dp[i][j]表示挂满前i个钩码后平衡度为j的方法数，所以对于每一个平衡度j都有可以是由不同数量的钩码达到，只是钩码挂在哪里，所以从第一个钩码，第一个平衡度，开始遍历，每遇到一个dp[i-1][j]都可以推出下一个dp[i][j+...]，为了避免下标出现负数，同时把平衡度右移，特殊状态为dp[0][7500]=1.即不挂钩码得到7500的度只有一种方法

#include <iostream>

#include <cstring>

#include <string>

#include <queue>

#include <cstdio>

#include <algorithm>

using namespace std;

int dp[25][15004];

int c[30],g[30];

int main()

{

    int n,m;

    cin>>n>>m;

    for(int i=1;i<=n;i++)

    cin>>c[i];

    for(int i=1;i<=m;i++)cin>>g[i];

     memset(dp,0,sizeof(dp));

     dp[0][7500]=1;

     for(int i=1;i<=m;i++)

        for(int j=0;j<=15000;j++)

            if(dp[i-1][j])

     {

        for(int k=1;k<=n;k++)

            dp[i][j+g[i]*c[k]]+=dp[i-1][j];

     }

     cout<<dp[m][7500]<<endl;

     return 0;

}