题目来源：poj 1837

题目大意：
一个天平，分别给出c个位置和g个钩码的质量，求解所有钩码全部放上时有多少种使天平平衡的方案，输出方案数。

样例输入：
2 4// 两个位置可放钩码，共四个钩码；
-2 3//两个位置为平衡点左边（感性理解一下）第二格和右边第三格；
3 4 5 8//四个钩码的质量；

样例输出：
2//有两种方案；

样例解释：
把四个钩码按顺序标号为1,2,3,4，则：
方案一：“-2”位置放1,2,3号钩码，“3”位置放4号钩码。
//2*（3+4+5）=38；
方案二：“-2”位置放2,4号钩码，“3”位置放1,3号钩码。
//2（4+8）=3*（3+5）；

首先定义一个平衡度j的概念：当平衡度j=0时，说明天枰达到平衡； j>0，说明天枰倾向右边（x轴右半轴），j<0则相反。
$f[i][j]$f[i][j]表示钩码挂到第$i$i个时，平衡度为$j$j的方案数。
由于距离$c[i]$c[i]的范围是$-15 \sim15$−15∼15，钩码重量的范围是$1 \sim 25$1∼25，钩码数量最大是20，因此最极端的平衡度是所有物体都挂在最远端，因此平衡度最大值为$j=15*20*25=7500$j=15∗20∗25=7500。原则上就应该有$f[ 1\sim20 ][-7500\sim7500 ]$f[1∼20][−7500∼7500]。
因此为了不让下标出现负数，数组开为$f[ 1\sim20 ][0\sim15000]$f[1∼20][0∼15000]，则当j=7500时，天枰为平衡状态。 当我们挂到第i个时，面临一个抉择：向哪里挂？摆在我们眼前的是C个挂钩码的位置，我们应该每个钩码都挂一次试试，假设挂到第k个位置时，当前平衡值为j，挂完这个钩码后，j变成$j+pos[k]*w[i]$j+pos[k]∗w[i],因此我们得到转移方程：$f[i][j]+=f[i-1][j+pos[k]*w[i]]$f[i][j]+=f[i−1][j+pos[k]∗w[i]]。

参考：https://blog.csdn.net/dugudashen/article/details/50935771
参考：https://blog.csdn.net/LYHVOYAGE/article/details/45064083

#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
int dp[25][15000];
int pos[30]; //挂钩的位置
int w[30];   //砝码的重量

int main()
{
    int C, N;
    cin >> C >> N;
    for (int i = 1; i <= C; i++)
    {
        cin >> pos[i];
    }
    for (int i = 1; i <= N; i++)
    {
        cin >> w[i];
    }
    fill(dp[0], dp[0] + 25*15000, 0);
    dp[0][7500] = 1; //0对于7500，挂上前0个砝码后，天枰达到平衡状态7500的方法有1个，就是两端都不挂
    for (int i = 1; i <= N; i++)
    {
        for (int j = 0; j <= 15000; j++)
        {
            if (dp[i - 1][j]) //当放入i-1个砝码时状态j已经出现且被统计过方法数，则直接使用统计结果，否则忽略当前状态j
            {
                for (int k = 1; k <= C; k++)
                {
                    dp[i][j + w[i] * pos[k]] += dp[i - 1][j];
                }
            }
        }
    }
    cout << dp[N][7500] << endl;
    return 0;
}