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一.题目：
题目描述：
2001年9月11日，一场突发的灾难将纽约世界贸易中心大厦夷为平地，Mr. F曾亲眼目睹了这次灾难。为了纪念"9?11"事件，Mr. F决定自己用水晶来搭建一座双塔。 Mr. F有N块水晶，每块水晶有一个高度，他想用这N块水晶搭建两座有同样高度的塔，使他们成为一座双塔，Mr. F可以从这N块水晶中任取M（1≤M≤N）块来搭建。但是他不知道能否使两座塔有同样的高度，也不知道如果能搭建成一座双塔，这座双塔的最大高度是多少。所以他来请你帮忙。 给定水晶的数量N（1≤N≤100）和每块水晶的高度Hi（N块水晶高度的总和不超过2000），你的任务是判断Mr. F能否用这些水晶搭建成一座双塔（两座塔有同样的高度），如果能，则输出所能搭建的双塔的最大高度，否则输出"Impossible"。
输入描述：
输入的第一行为一个数N，表示水晶的数量。第二行为N个数，第i个数表示第i个水晶的高度。
输出描述：
输出仅包含一行，如果能搭成一座双塔，则输出双塔的最大高度，否则输出一个字符串"Impossible"。
样例输入：
5
1 3 4 5 2
样例输出：
7
二.题解：
一.思路：
这道题是一道经典的DP，主要用的思路是填表法，也就是顺推的思路。我们首先定义dp数组，把这个数组定义成一个二维数组，即dp[i][j]，表示放了第i个水晶后，两个塔的高度相差j，其中最高的那一个塔。也就是说，i表示水晶块数，j表示两塔高度之差，dp[i][j]存其中最高的那一个塔的高度。那么，每此放水晶都有四种情况：
1.把这块水晶放在高的那一个塔上：
那么高的那一个塔就更高，j是现在放上去之后两塔的高度之差，那么原来两塔的高度之差就应该是：j - h[i]，于是状态转移方程就是：dp[i][j] = max {dp[i][j], dp[i - 1][j - h[i]] + h[i]}。加h[i]，是因为最高的塔变高了。
如图：
2.把这块水晶放在矮的那一个塔上，且放上去之后，矮的那一个塔仍然矮：
由此就可以推出，两个塔原来的高度差就是：![j + h[i]](https://img-blog.csdnimg.cn/20181219154214241)
![dp[i][j] = max(dp[i][j], dp[i - 1][j + h[i]])](https://img-blog.csdnimg.cn/20181219154214255)
如图：
3.把这块水晶放在矮的那一个塔上，且放上去之后，矮的那一个塔变得比原本高的塔还高了：
同理，两个塔的原高度差是：![h[i] - j](https://img-blog.csdnimg.cn/20181219154214271)
![dp[i][j] = max (dp[i][j], dp[i - 1][h[i] - j] + j)](https://img-blog.csdnimg.cn/20181219154214289)
如图：
4.最后就剩一种情况，自然就是不放这块水晶，状态转移方程：![dp[i][j] = max (dp[i][j], dp[i - 1][j])](https://img-blog.csdnimg.cn/20181219154214304)
这道题就完了，最后只需输出用了n块水晶之后，两塔高度差为0时，其中一塔高度。
二.代码实践
既然思路都知道了，那么代码实践就十分简单了。只需读入之后就进行一个二重循环的DP，最后输出就行了。只不过要注意，dp数组是需要初始化的，全部附为极小值，十分玄学，大家可以讨论一下为什么。
三.样例代码
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#define M 105
#define max(a, b) a > b ? a : b
const int MIN = -0x3f3f3f3f;//附极小值
using namespace std;
int n, h[M], dp[M][2005], sum;
int main (){
scanf("%d", &n);
for(int i = 1; i <= n; i ++){
scanf("%d", &h[i]);
sum += h[i];
}
memset(dp, MIN, sizeof(dp));//玄学初始化
dp[0][0] = 0;//注意
for(int i = 1; i <= n; i ++){
for(int j = sum; j >= 0; j --){
if(j >= h[i])//情况一
dp[i][j] = max (dp[i][j], dp[i - 1][j - h[i]] + h[i]);
dp[i][j] = max (dp[i][j], dp[i - 1][j + h[i]]);//情况二
if(j <= h[i])//情况三
dp[i][j] = max (dp[i][j], dp[i - 1][h[i] - j] + j);
dp[i][j] = max (dp[i][j], dp[i - 1][j]);//情况四
}
}
if(!dp[n][0])//输出要注意判断无法组成双塔的情况
printf("Impossible\n");
else
printf("%d\n", dp[n][0]);
return 0;
}
三.总结
这道动态规划十分的经典，主要是对于四种情况的考虑。其实我是在草稿纸上写写画画，搞出了这些情况，没想到就对了。所以，做题的时候光有聪明的头脑是远远不够的，草稿纸十分重要，特别是对于DP题，需要推出状态转移方程式。加油吧，DP总是会越做越有经验的！谢谢！