试题题目：

本题为编程题第二题
解题思路：
方法一：暴力求解
1、分析
   首先利用数组$W[N]$记录$N$块砝码的质量。
   模拟放取过程。先取第一块砝码放在天平上，再取第二块砝码，有三种情况选择：(1) 不放；(2) 放左边；(3) 放右边。第二块砝码摆放完成后，就能获得4种质量：(1) 不放砝码时：原质量；(2) 砝码放左边时：原质量减去第二块砝码质量的绝对值；(3) 砝码放右边时：原质量加上第二块砝码总质量；(4) 第二块砝码本身的质量。
   再上一步的基础上，取第三块砝码开始摆放，每种质量下也同样有三种情况。那么再第三块砝码摆放完成后，会得到3x4+1种质量。“+1”的原因是第三块砝码本身质量。
   依次循环类推，摆放完最后一块砝码后，将获得$(3^N-1)/2$种质量。但是当$N$的数很大时，质量种数也会非常庞大。所以在每取完一个砝码得出质量后，对质量数组进行去重处理，取下一个砝码时计算质量时不会被重复计算。

2、代码编写
   (1)、数组$W[N]$记录$N$块砝码的质量；
   (2)、循环取砝码，用二维数组$V[i][j]$记录放第i块砝码的质量；
      $\alpha$、 $V[i][k++]$ = $V[i-1][j]$ ;
      $\beta$、 $V[i][k++]$ = $V[i-1][j]$ $+$ $W[i]$ ;
      $\gamma$、 $V[i][k++]$ = $V[i-1][j]$ $-$ $W[i]$ ;
      $\delta$、 $V[i][k++]$ = $W[i]$ ;
   (3)、去重处理，遍历$V[i][j]$，使得$Value[V[i][j]]=1$;
   (4)、对$V[i][j]$重新赋值，使得第i个数组内没有重复值。进入下一次循环，摆放下一个砝码。

个人题解C语言代码如下：

#include<stdio.h>
int N;
int W[105];
int V[105][100006];

int main(){
	
	int i,j,times = 1;
	scanf("%d",&N);
	for(i=0;i<N;i++){
		scanf("%d",&W[i]);
	}
	
	int Wight=W[0];
	V[0][0] =W[0]; 
	
	for(i=1;i<N;i++){
		
		Wight = Wight+W[i];
		int z,t=0,k = 0;	
		int Value[Wight+3];
		for(z=0;z<Wight+3;z++){
			Value[z]=0;
		}
		for(j=0;j<times;j++)
		{
			V[i][k++] = V[i-1][j];
			V[i][k++] = V[i-1][j] + W[i];
			V[i][k++] = V[i-1][j] - W[i];
		}
		V[i][k] = W[i];
		
		
		for(z=0;z<k+1;z++){                  //去重处理 
			if(V[i][z]<0){
				Value[0-V[i][z]]=1;
			} 
			else Value[V[i][z]]=1;
		}
		for(z=1;z<Wight+1;z++){
			if(Value[z]==1){
				V[i][t++]=z;
			}
		}
		times = t;
	}
	
	printf("%d",times);
	return 0;
}

优化代码，并使用算法提高代码运行速度与质量，采用动态规划思想。将上述代码中，不在统计计算出的质量，且不用数组$Value[]$中间转换的方法来去重，而是直接利用下标作为质量，直接为二维数组赋值，1或者0；1表示可以表示出下标的质量，反之0不能表示。

方法二：动态规划
1、思考
   看到样例说明中有这种参差不齐感觉的时候，想到的必然是使用算法来解决问题了，当然使用暴力求解也是可以的。对于砝码称重问题，考虑放砝码还是不放砝码，想到的是$“$放还是不放$”$，$“$取还是不取$”$等类似问题，所以使用的动态规划算法。
2、分析
   动态规划问题首先要确定状态，再确定状态转移方程，然后考虑边界初始化。

   (1)、状态：$dp[i][j]$表示前$i$个砝码能否表示出质量$j$，能则变量值为$1$，不能则为$0$。

   (2)、状态转移方程：$dp[i][j]=dp[i][j+a[i]]=dp[i][j-a[i]]=1$
  需要首先判断： 前 $i-1$ 个砝码都能否表示出质量$j$ 。
  若不能，那么第$i$个砝码放在哪里都不合理，没有这个砝码都不能表出质量，再放一个该砝码，更不能确定前$i$个砝码能表示出来的质量；
  若能，那么前$i$个砝码也一定能够表示出质量$j$。则第$i$个砝码也能放或不放，在这个基础之上在分别讨论第$i$个砝码放在左边还是放右边，讨论情况如下：
     $\alpha$. 不放第$i$个砝码。那前$i-1$能表示出质量$j$，前$i$个砝码也能表示出质量$j$：$dp[i][j]=1$；
     $\beta$. 放第$i$个砝码，在右侧。那前$i-1$能表示出质量$j$，前$i$个砝码也能表示出质量$j+w[i]$：$dp[i][j+w[i]]=1$；
     $\gamma$. 放第$i$个砝码，在左侧。那前$i-1$能表示出质量$j$，前$i$个砝码也能表示出质量$j+w[i]$：$dp[i][j-w[i]]=1$；注意$j>w[i]$时$j-w[i]$；$j<w[i]$时$w[i]-j$。
     $\delta$. 去除前面的砝码，放下第$i$个砝码，即他自身的质量：$dp[i][w[i]]=1$ ;

状态转移方程代码片段：

if(dp[i-1][j] == 1){                       // 在上一个砝码摆放后能得出的质量基础上。讨论三种情况
		dp[i][j] = 1;                      // 不放砝码。
		dp[i][j + W[i]] = 1;               // 把第i个砝码放在右边  就能表示出j+a[i]的重量 
		if(j-W[i]<0){dp[i][W[i] - j] = 1;} // 把第i个砝码放在左边  就能表示出|j-a[i]|的重量 
		else{        dp[i][j - W[i]] = 1;}
}

   (3)、边界初始化
  前$i$个砝码一定可以表示出质量$w[i]$，即$dp[i][w[z]]=1$；
 
 
 
个人题解C语言代码如下：

#include<stdio.h>
int N;
int W[105];
int dp[105][100006];
int main(){
	int i,j;	
	scanf("%d",&N);
	for(i=0;i<N;i++){              //输入
		scanf("%d",&W[i]);
	}
	int Wight=W[0]; 
	dp[0][W[0]] = 1;               //边界
	
	for(i=1;i<N;i++){              //核心
		Wight = Wight+W[i];	
		for(j=1;j<Wight+1;j++){
			if(dp[i-1][j] == 1){
				dp[i][j] = 1;
				dp[i][j + W[i]] = 1;
				if(j-W[i]<0){dp[i][W[i] - j] = 1;}
				else{        dp[i][j - W[i]] = 1;}
			}
		}
		dp[i][W[i]] = 1 ;
	}
	
	int ans=0;
	for(j=1;j<Wight+1;j++){       //统计
		if(dp[N-1][j] == 1){
			ans++;
		}
	}
	printf("%d",ans);
	return 0;
}