算法 1: DFS

/*** 数据范围
对于 50%的评测用例，1≤N≤15.
对于所有评测用例，1≤N≤100，N 个砝码总重不超过 1e5.
*/
/*
算法 1: DFS
思路 : 对于每个砝码,有放在左边,放在右边,和不放三种选择,使用深搜来遍历所有可能情况,并记录出现过的重量
时间复杂度 : O(N^3)
空间复杂度 : O(N)
*/
#include <iostream>
#include <set>
using namespace std;const int N = 110;
int n ;
int w[N];
set<int> st;void dfs(int u ,int s)
{if(u == n){if(s>0)st.insert(s);return ;}dfs(u+1 , s+w[u]);dfs(u+1 , s-w[u]);dfs(u+1 , s);
}int main()
{cin >> n;for(int i = 0 ;i < n ;i ++)cin >> w[i];dfs(0 , 0);//遍历到第u个砝码,总重量为多少cout<<st.size()<<endl;return 0;
}

算法2 : DP

本题是一个典型的背包问题，我们可以用动态规划来解决。状态转移方程为$$f[i][j]$$ 表示前 $i$个砝码能否凑出重量 $j$，如果能够凑出，则 $$f[i][j]=true$$，否则 $$f[i][j]=false$$。

对于第 $i$个砝码，它可以选择放在天平左边、右边或者不放，因此有以下三种情况：

不放第 $i$ 个砝码，则 $$f[i][j]=f[i-1][j]；$$
将第 $i$ 个砝码放在天平左边，则 $$f[i][j]=f[i-1][j-W[i]]；$$
将第 $i$ 个砝码放在天平右边，则$$f[i][j]=f[i-1][j+W[i]]$$。
综合上述三种情况，我们可以得到状态转移方程：
$$f[i][j]=\{\begin{array}{l}f[i-1][j],\\ f[i-1][j]\text{or}f[i-1][j-W_i]\text{or}f[i-1][j+W_i]\end{array}$$

最终答案即为有多少个 $f[N][j]$ 的值为 true。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>using namespace std;const int N = 110, M = 200010, B = M / 2;
/*
[-100000,100000]=>200010
*/int n, m;
int w[N];
bool f[N][M];int main()
{scanf("%d", &n);for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &w[i]), m += w[i];f[0][B] = true;for (int i = 1; i <= n; i ++ )for (int j = -m; j <= m; j ++ ){//状态转移方程:是否可以由"右状态"转移到"左状态"f[i][j + B] = f[i - 1][j + B];if (j - w[i] >= -m) f[i][j + B] |= f[i - 1][ j - w[i] + B ];//如果存在j - w[i] + B这样的重量,那么就可以从j - w[i] + B这个状态转移到j + B这个状态if (j + w[i] <= m)  f[i][j + B] |= f[i - 1][ j + w[i] + B ];}int res = 0;for (int j = 1; j <= m; j ++ )if (f[n][j + B])res ++ ;printf("%d\n", res);return 0;
}