題目大意：
一個天平，分別給出c個位置和g個鉤碼的質量，求解所有鉤碼全部放上時有多少種使天平平衡的方案，輸出方案數。
樣例輸入：
2 4// 兩個位置可放鉤碼，共四個鉤碼；
-2 3//兩個位置爲平衡點左邊（感性理解一下）第二格和右邊第三格；
3 4 5 8//四個鉤碼的質量；
樣例輸出：
2//有兩種方案；
樣例解釋：
把四個鉤碼按順序標號爲1,2,3,4，則：
方案一：“-2”位置放1,2,3號鉤碼，“3”位置放4號鉤碼。
//2*（3+4+5）=3*8；
方案二：“-2”位置放2,4號鉤碼，“3”位置放1,3號鉤碼。
//2*（4+8）=3*（3+5）；
數據範圍：
2<=c<=20,2<=g<=20,天平長度[-15,15],鉤碼質量[1,25]。
解題思路：
首先，要了解力矩平衡：動力臂乘動力等於阻力臂乘阻力。
然後考慮算法，樸素的枚舉會爆炸。
由於每放一個鉤碼在某一位置上的狀態可由某前一狀態得到，所以自然想到動態規劃。
dp[i][j]代表放上前i個鉤碼後天平偏移量爲j的方案數，則可以得到動歸方程dp[i][j+c[k]*g[i]]=dp[i][j+c[k]*g[i]]+dp[i-1][j]，i爲鉤碼枚舉，j爲天平所有位置枚舉，k爲給出的天平位置枚舉。
這裏解釋一下爲什麼是對dp[i][j+c[k]*g[i]]的更新而不是對dp[i][j]的更新。j爲所有位置的循環，只有將前一位置設爲dp[i-1][j]才能將前一位置枚舉全，現一位置便可以更新全，所以現一位置就成了dp[i][j+c[k]*g[i]]。
另外，還存在一些小問題，大家可能注意到了天平左邊的位置是用負數表示的，而數組卻是從0開始。所以我們只能做一下轉化，計算出天平的極限偏移量：20*15*25=7500.開一個長度爲15000的數組，將7500作爲平衡點即可，小於7500爲左偏，反之右偏。
最後有一個優化，由於j代表前一位置偏移量，枚舉時如果發現dp[i-1][j]未被訪問過，就直接continue，不必循環接下來的k，理由是如果不存在狀態dp[i-1][j]，就不會存在狀態dp[i][j+c[k]*g[i]]。如何判斷是否訪問過？數組賦零，加一個判零條件就行了。
代碼：
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int c,g,i,j,k;
int dp[25][15000],cc[25],gg[25];
int main(){
memset(dp,0,sizeof(dp));
cin>>c>>g;
dp[0][7500]=1;//此時狀態只有一個：什麼都不放；
for(i=1;i<=c;i++)
cin>>cc[i];
for(i=1;i<=g;i++)
cin>>gg[i];
for(i=1;i<=g;i++)
for(j=0;j<=15000;j++)//最大偏移量7500，所以必須從零開始；
if(dp[i-1][j])
for(k=1;k<=c;k++)
dp[i][j+cc[k]*gg[i]]=dp[i][j+cc[k]*gg[i]]+dp[i-1][j];
cout<<dp[g][7500];
return 0;
}