题目背景
uim神犇拿到了uoi的ra（镭牌）后，立刻拉着基友小A到了一家……餐馆，很低端的那种。
uim指着墙上的价目表（太低级了没有菜单），说：“随便点”。
题目描述
不过uim由于买了一些辅（e）辅（ro）书，口袋里只剩M元（M<=10000）。
餐馆虽低端，但是菜品种类不少，有N种（N<=100），第i种卖ai元（ai<=1000）。由于是很低端的餐馆，所以每种菜只有一份。
小A奉行“不把钱吃光不罢休”，所以他点单一定刚好吧uim身上所有钱花完。他想知道有多少种点菜方法。
由于小A肚子太饿，所以最多只能等待1秒。
输入输出格式
输入格式：
第一行是两个数字，表示N和M。
第二行起N个正数ai（可以有相同的数字，每个数字均在1000以内）。
输出格式：
一个正整数，表示点菜方案数。
输入输出样例
输入样例#1：
4 4 1 1 2 2
输出样例#1：
3
/* for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=m;j>=a[i];j--) f[j]+=f[j-a[i]]; 这样吗 为什么这样m元钱就是刚好花完的 从m开始枚举的 枚举了所有的状态 所以从1到m都会有 如果m花不完或者凑不出m 那么m的前继状态的方案数一定是0 无论怎样f[m]+=f[m-w[i]] f[m]都是0 但是如果可以拼出 刚才的枚举就会把方案数转移出 因为可以从n层枚举摘取这样的情况 f[0]=1,w[1]=1,w[2]=2,m=3 f[1]+=f[1-w[1]] f[3]+=f[1-w[2]] 那么f[m]就能从f[1]转移过来 f[1]就能从f[0]转移过来 */ #include<iostream> #include<cstdio> using namespace std; int f[10000],n,m,a[110]; int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]); f[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=m;j>=a[i];j--) f[j]+=f[j-a[i]]; printf("%d",f[m]); }
