PKU 1014 Dividing

把总长度求出来，然后用和背包问题类似的dp算法求是否可以达到这个总长度的一半，但是超时了。
找到一个优化方案，结果0ms就过了，orz
http://162.105.81.202/course/problemSolving/dividingProve.doc
以下论证均转自这篇文章。
 结论 对于任意一种珠宝的个数n，如果n>=8, 可以将n改写为 11（n为奇数） 或 12（n为偶数）。

证明：

对于任意一组数，6的个数为n(n>=8)

一、如果可以分成两堆，我们可以分成两种情况：
   1.
      两堆里都有6，那么我们可知：把n改为n-2，仍然可分。
(两堆各减一个6)
2. 只有一堆里有6，设为左边，那么左边的总和不小于6*8=48。
我们观察，5*6=6*5 ，4*3=6*2 ， 3*2=6 ， 2*3=6 ， 1*6=6
而 5*5 + 4*2 + 3*1 + 2*2 + 1*5 = 25 + 8 + 3 + 4 + 5 = 45 < 48
由抽屉原理右边必然存在
(多于5个的5 或者 多于2个的4 或者 多于1个的3
或者 多于2个的2 或者 多于5个的1)
即右边至少存在一组数的和等于若干个6，比如右边有3个4，这样把左边的2个6与右边的3个4交换，则又出现左右都有6的情况。 根据1，我们还是可以把n改为n-2且可分的状态不变。
综合1，2。我们可以看出只要原来n的个数=8,我们就可以把它改为n-2，这样操作一直进行到n<8。我们可以得出结论，对于大于等于8的偶数，可以换成6。
对于大于8的奇数，可以换成7。换完之后仍然可分。

二、如果不能分成两堆：
显然改为n-2时同样也不能分，那么对于大于等于8的偶数，可以换成6；对于大于8的奇数，可以换成7。换完之后仍然不可分。

综合一、二，我们得出结论把不小于8的偶数改为8，大于8的奇数改为7，原来可分与否的性质不会改变。

以上是对6的讨论，同样的方法可以推出
5的个数 6*4 + 4*4 + 3*4 + 2*4 + 1*4 = 64 < 5*13
即5的个数多于12时，偶数换为12，奇数换为11
4的个数 6*1 + 5*3 + 3*3 + 2*1 + 1*3 = 35 < 4*9
即4的个数多于8时，偶数换为8，奇数换为7
3的个数 5*2 + 4*2 + 2*2 + 1*2 = 24 < 3*9
即3的个数多于8时，偶数换为8，奇数换为7
2的个数 5*1 + 3*1 + 1*1 = 9 < 2*5
即2的个数多于4时，偶数换为4，奇数换为3
1的个数 多于5则必然可分(在总数是偶数的前提下)

综上所述,
对于任意一种珠宝的个数n，如果n>=8, 可以将n改写为 11（n为奇数） 或 12（n为偶数）。

进一步分析：
对每个数（1-6），以上只是粗略的估计，可以进一步减少其最大有效取值，例如，
对于6，5*5 + 4*2 + 3*1 + 2*2 + 1*5 = 25 + 8 + 3 + 4 + 5 = 45
就有4和2不能同时出现，5和1不能同时出现，3个5和1个3不能同时出现，4个5不能和1个4同时出现等等，所以组合不出6的整数倍的情况的总价值至多为25，所以当6的个数大于6时，奇数可改为5，偶数可改为6。
1-5 也有类似情况。

为了得出精确值，下面先我们讨论这样一个数论命题。

命题：
可重复的从自然数集中取出n个数（n>=2)，其中必有若干个数之和能被n整除。

证明：设取出的n个自然数为a1,a2,a3,.....an

考虑这样的n+1个数 0, a1, a1+a2 , a1+a2+a3 , ...... , a1+a2+a3+...+an， 由于自然数模n的剩余类有n个，所以以上n+1个数中必有两个同余。 这两个数的差必被n整除，而且这两个数的差就是原来的n个数中的一些数的和。
这就证明了命题。

由以上命题
对于6而言，我们至多从{1，2，3，4，5}中可重复的找出5个数使它们不能组合成6的倍数。
所以这些数的和小于等于5*5=25
对于5而言，我们至多从{1，2，3，4，6}中可重复的找出4个数使它们不能组合成5的倍数。
所以这些数的和小于等于6*4=24
对于4而言，我们至多从{1，2，3，5，6}中可重复的找出3个数使它们不能组合成4的倍数。
所以这些数的和小于等于3*6=18 ， 然而，两个6就是4的倍数， 所以最多有一个6
此时不能有两个5（2*5+6=16是4的倍数）， 最多才6 + 5 + 3 = 14 < 3*5 =15
所以这些数的和小于等于3*5=15
对于3而言，我们至多从{1，2，4，5，6}中可重复的找出2个数使它们不能组合成3的倍数。
所以这些数的和小于等于2*5=10

（6就是3的倍数，所以不能取6）

对于2而言，我们至多从{1，3，4，5，6}中可重复的找出1个数使它们不能组合成6的倍数。

所以这些数的和小于等于1*5=5



考虑到 4*6 < 25 < 5*6 , 我们可以算出6的最大有效个数为5 。

考虑到 4*5 < 24 < 5*5 , 我们可以算出5的最大有效个数为5 。但是其实应该修正为6， 如果遇到如下特殊情况，左边5个6，右边6个5。此时虽然左右可以交换，但是交换后仍然只有一边有5，与（一、2）中讨论情况不符。

考虑到 3*4 < 15 < 4*4 , 我们可以算出5的最大有效个数为4 。但是其实应该修正为5， 如果遇到如下特殊情况，左边4个5，右边5个4。此时虽然左右可以交换，但是交换后仍然只有一边有4，与（一、2）中讨论情况不符。

考虑到 3*3 < 10 < 4*3 , 我们可以算出5的最大有效个数为4 。但是其实应该修正为5， 如果遇到如下特殊情况，左边3个5，右边5个3。此时虽然左右可以交换，但是交换后仍然只有一边有3，与（一、2）中讨论情况不符。

考虑到 2*2 < 5 < 3*2 , 我们可以算出5的最大有效个数为3 。 但是其实应该修正为4，如果遇到如下特殊情况，左边1个3和1个5，右边4个2。此时虽然左右可以交换，但是交换后仍然只有一边有2，与（一、2）中讨论情况不符。


我们得出最后的精确结论：

奇数改为 偶数改为
6的个数大于5 5 4
5的个数大于6 5 6
4的个数大于5 5 4
3的个数大于5 5 4
2的个数大于4 3 4 



优化后的代码：

#include  < iostream >
using   namespace  std;

long  n[ 6 ];
long  sum;
const   long  MAX_N  =   60000 ;

int  dividable()
{
     int  f[MAX_N];
     for  ( int  i  =   0 ; i  <=  sum; i ++ )
        f[i]  =   0 ;
    f[ 0 ]  =   1 ;
     for  ( int  i  =   0 ; i  <   6 ; i ++ )
    {
         for  ( int  j  =   1 ; j  <=  n[i]; j ++ )
        {
             int   base   =  j  *  (i  +   1 );
             if  ( base   >  sum)  break ;
             for  ( int  k  =  sum  -  (i + 1 ); k  >=   base   -  i  -   1 ; k -- )
                 if  (f[k])
                    f[k  +  i  +   1 ]  =   1 ;
             if  (f[sum])  return   1 ;
        }
    }
     return  f[sum];
}

int  main()
{
     long  cases  =   0 ;
     while  ( true )
    {
        sum  =   0 ;
         for  ( long  i  =   0 ; i  <   6 ; i ++ )
        {
            cin  >>  n[i];
        }
         if  (n[ 5 ]  >   5 ) n[ 5 ]  =   4   +  n[ 5 ]  %   2 ;
         if  (n[ 4 ]  >   6 ) n[ 4 ]  =   6   -  n[ 4 ]  %   2 ;
         if  (n[ 3 ]  >   5 ) n[ 3 ]  =   4   +  n[ 3 ]  %   2 ;
         if  (n[ 2 ]  >   5 ) n[ 2 ]  =   4   +  n[ 2 ]  %   2 ;
         if  (n[ 1 ]  >   4 ) n[ 1 ]  =   4   -  n[ 1 ]  %   2 ;
         for  ( long  i  =   0 ; i  <   6 ; i ++ )
        {
            sum  +=  n[i]  *  (i  +   1 );
        }
         if  (sum  ==   0 )
             break ;
        cases ++ ;
        cout  <<   " Collection # "   <<  cases  <<   " :\n " ;
         if  (sum  %   2   !=   0 )
        {
            cout  <<   " Can't be divided.\n\n " ;
             continue ;
        }
        sum  /=   2 ;
         if  (dividable())
            cout  <<   " Can be divided.\n " ;
         else
            cout  <<   " Can't be divided.\n " ;
        cout  <<  endl;
    }
     return   0 ;
}