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题目描述：

 题目分析：

 我也没有完全搞太明白，简单说说我的理解

1.dp【i】【j】表示前 i 个砝码，是否可以称出来重量为 j 的物品，如果可以的话，值为1，不可以

为0；

2.针对当前第 i 个砝码，一共有三种选择，分别是放到左边、右边又或者是不放该砝码【优先将砝码放在右边】

如题例所示：第一个砝码【重 1】可以称重 0 与 1 两个重量

此时开始处理第二个砝码，重 4 ：

第一种：将砝码放在右边：那么右边砝码的重量就是 1 + 4 = 5；可以称出质量为 5 的物品，则dp【2】【5】= 1；

第二种：将砝码放在左边：那么右边砝码的重量就是 1 ，左边砝码质量为 4 ，可以称出质量为 3 的物品，则dp【2】【3】= 1；

第三种：不放砝码：可以称出质量为 1 的物品，则dp【2】【1】= 1；

但是如何用动态规划的思路将再这种思想用编程实现了：

首先，设定初始值当 0 个砝码时，只有 重量 0 可以被称出来，令dp【0】【0】= 1；其余值全部为0；

接下来：处理第一个砝码，依次判断dp【1】【j】的值，那怎么判断呢？

根据状态转移式:    dp[i][j] = max(dp[i-1][j],max(dp[i-1][j+w[i]],dp[i-1][abs(j-w[i])]));

首先是dp【1】【0】= max(dp[0][0],max(dp[0][1],dp[0][1])) = 1;

解释：dp[0][0]：既然不放第 1 个物品，质量 0 就被称出来了，那么加上砝码 1 也可以称出来质量 0 ；dp[0][1]、dp[0][1]：表示前0个砝码的组合是否可以称出质量为4的物品。那肯定不可以，所以表达式dp【1】【0】的值就是1，表示前1个砝码可以称出体积为 0 的物品；

接下来判断dp【1】【1】：前前1个砝码可以称出体积为 1 的物品

dp【1】【1】= max(dp[0][1],max(dp[0][2],dp[0][0]))

解释：dp[0][1] = 0、dp[0][2] = 0【这个式子表示将第一个砝码放在右边的情况：只要这个dp[0][2] =1，说明可以称出来质量为2的物品，那么就能dp[1][1]也一定能成功，因为将该砝码放到左边，为了保持平衡，左边要再添加重量为 1 的物品，这样也就被称出来了】意思好像是：加在右边的话，是通过左边加物品实现平衡的

dp[0][0] = 1；【表示将砝码放在左边的情况】

再举个例子dp【3】【7】：

dp【2】【7】：

dp【2】【7 + 6】：如果为真，那就说明前两个砝码可以称出质量为13的物品，那么把该砝码放到天平左侧，为了保持平衡，左侧还需要添加质量为7的物品，那么质量为7的物品就被测量出来了

dp【2】【7 - 6】：如果为真，那就说明前两个砝码可以称出质量为1的物品，那么把该砝码放到天平右侧，为了保持平衡，左侧还需要添加质量为7的物品，那么质量为7的物品就被测量出来了

题解代码：

dsp:

//砝码称重--一半的分 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int vinf = 1e5+100;   //砝码之和最大
int vis[vinf];     //用来标记该质量是否可以被称重
int n; 
int val[vinf]; 
void dfs(int x,int y)
{if(y==n+1){if(x>=0){vis[x]=1;cout<<x<<endl;}		return;}//开始深搜dfs(x + val[y],y + 1);  // 砝码放到左边 dfs(x - val[y],y + 1);  //砝码放到右边	dfs(x,y+1); 
}
int main(){cin>>n;//输入砝码的重量for(int i=1;i<=n;++i){//cin>>val[i];               //打印出可以撑出来的 }//已经读取了砝码的重量dfs(0,0);   //初始状态左边为已经平衡的天平左边的重量，右边为第 i 个砝码//开始枚举每一个重量int ans = 0; for(int i=1;i<vinf;++i){if(vis[i]) ans++; }cout<<endl<<ans<<endl;return 0;
}

dp：

//砝码称重--dp 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,w[110];
int dp[110][100005]; 
int ans = 0;
int main(){cin>>n;int sum=0;for(int i=1;i<=n;++i){cin>>w[i];sum+=w[i];}dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;++i){for(int j=0;j<=sum;++j){dp[i][j] = max(dp[i-1][j],max(dp[i-1][j+w[i]],dp[i-1][abs(j-w[i])]));}}for(int i=1;i<=sum;++i){if(dp[n][i])ans++;}cout<<ans<<endl; return 0;
}