题目大意：

有\(n\)条线段，第\(i\)条线段长度为\(a_i\)。设初始端点为\(O\)，每次可以将线段接在\(O\)左边或右边，则\(O’=O-a_i\)或\(O'=O+a_i\)，完成拼接后令\(O=O'\)；问将\(n\)个线段拼接完成后，最小覆盖长度是多少。

题目链接：

[]: https://codeforces.com/contest/1579/problem/G "传送门"

题目思路：

根据题目描述可知，\(a_i\leq 1000\)，那么最小覆盖的长度不会超过2000，因为当长度>1000时，便可以将线段向反方向拼接直到当前端点\(O\)距离较远的一侧端点距离<1000；

最小覆盖长度包含了两个信息，1）最小覆盖的左端位置，2）最小覆盖的右端位置；

这道题很显然可以用\(DP\)去维护其中一个信息,

设状态\(f(i,j)\)为"第\(i\)次线段拼接后，端点\(O\)的位置为\(j\)的最小覆盖的右端位置"，

则有如下转移：

​ 向右拼接：\(f(~i+1,j+a[i+1]~) ← MAX(~ j+a[i+1] , f(i,j) ~);\)

​ 向左拼接：\(f(~i+1,j-a[i+1]~) ← f(i,j);\)

而\(DP\)很难同时维护两个信息，因此可以考虑枚举"最小覆盖的左端位置",

换言之，可以固定最小覆盖的左端位置（设左端位置为0），枚举初始端点\(O\)的位置 (这道题只需求解最小覆盖长度，与起始位置是无关的)；

那么我们可以通过\(DP\)的初始赋值来完成对端点\(O\)起始位置的枚举，

令\(f(0,i)=i\)，其中0为最小覆盖的左端位置，\(i\)为初始端点\(O\)的位置，

则只需维护最小覆盖的右端位置，并使其尽可能小。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<LL,LL> pLL;
typedef pair<double,double> pdd;
typedef complex<double> comp;
const int N=1e4+5;
const int M=1e3+5   ;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int mod=1e8+7;
const double eps=1e-13;
const double pi=acos(-1.0);
#define ls (i<<1)
#define rs (i<<1|1)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define mk make_pair
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
LL read()
{
    LL x=0,t=1;
    char ch;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9') if(ch=='-') t=-1;
    while(ch>='0'&&ch<='9'){ x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0'; ch=getchar(); }
    return x*t;
}
int f[N][M<<1];
int a[N];
int main()
{
    int T=read();
    while(T--)
    {
        int n=read(),m=2000;
        for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=0;j<=m;j++)
                f[i][j]=inf;
        for(int i=0;i<=m;i++) f[0][i]=i;
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            for(int j=0;j<=m;j++)
            {
                if(f[i][j]==inf) continue;
                if(j+a[i+1]<=m) f[i+1][j+a[i+1]]=min(f[i+1][j+a[i+1]],max(j+a[i+1],f[i][j]));
                if(j-a[i+1]>=0) f[i+1][j-a[i+1]]=min(f[i+1][j-a[i+1]],f[i][j]);
            }
        }
        int ans=inf;
        for(int i=0;i<=m;i++) ans=min(ans,f[n][i]);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}
/*
1
7
1 2 4 6 7 7 3
*/