题目描述 等式# 题目描述# 一个非负整数数列 𝑎 1 , 𝑎 2 , … , 𝑎 𝑛 ，在不改变数列元素顺序的前提下，我们在其间添加一个等号和若干个加减号，有可能使其变成一个等式。比如， 1 2 4 1 ⇒ 1 + 2 = 4 − 1 。 现在给你对应的数列，求其是否能变成一个等式？ 输入格式# 第一行是一个整数 𝑇   ( 1 ≤ 𝑇 ≤ 100 ) ，表示样例的个数。 每个样例的第一行是一个整数 𝑛   ( 2 ≤ 𝑛 ≤ 20 ) ，表示数列的大小。 第二行是 𝑛 个非负整数， 𝑎 1 , … , 𝑎 𝑛 ,   0 ≤ 𝑎 𝑖 ≤ 1000 。 输出格式# 每行输出一个样例的结果，如果可以变成等式，输出“Yes”，否则，输出“No”。 样例输入# 复制 2 3 1 1 1 4 1 2 4 1 样例输出# 复制 No Yes使用c语言

<think>嗯，我现在要解决这个问题。题目是说，给定一个非负整数数列，可以在不改变顺序的情况下，添加一个等号和若干个加减号，看看是否能构成等式。比如样例中的1 2 4 1，变成1+2=4-1，这样等式成立。我需要用C语言写一个程序来判断这种情况是否存在。 首先，我得理解问题。关键点在于如何分割数列为左右两个部分，使得这两部分的和（或差）相等。左边是加号连接的表达式，右边也是可能有加减号的表达式。但等号的位置必须放在某处，左边和右边的表达式各自通过加减组合后的结果相等。 那应该怎么做呢？可能的思路是枚举所有可能的等号位置，然后检查左边和右边的可能表达式是否有相等的可能。例如，对于长度为n的数列，等号的位置可能在某个位置k，左边是前k个数组成的表达式，右边是剩下的n-k个数组成的表达式。然后分别计算左边所有可能的运算结果和右边的所有可能的运算结果，看看有没有交集。 比如，当等号放在位置k时，左边是a1到ak，右边是ak+1到an。左边的所有可能的加减组合的结果，和右边的所有可能的加减组合的结果是否有相同的值。 那具体步骤可能是： 1. 遍历每一个可能的等号位置k（k的范围是1到n-1，因为左边至少要有一个数，右边也至少要有一个数）。 2. 对于每个k，将数组分为左边前k个和右边剩下的部分。 3. 计算左边所有可能的加减组合得到的结果的集合。 4. 计算右边所有可能的加减组合得到的结果的集合。 5. 检查这两个集合是否有交集，如果有，则返回Yes。 6. 如果所有k的情况都不满足，则返回No。 那问题就转化为如何计算左边和右边所有可能的运算结果。这看起来像是一个动态规划的问题，或者可以用递归或回溯的方法生成所有可能的和。 比如，对于左边的前k个数，第一个数必须为正，然后后面的每个数可以选择加或者减。例如，对于左边的序列，初始总和是第一个数，然后依次加上或减去后面的数。同样右边也是如此。 所以，针对一个子数组，比如数组中的一段a到b，我们需要计算所有可能的运算结果。这可以通过递归或者动态规划的方式生成可能的和。 例如，对于左边的第一个数a[0]，初始和只能是a[0]。然后对于第二个数a[1]，可以是sum = a[0] + a[1] 或者 a[0] - a[1]。对于第三个a[2]，每个之前的情况都会有加和减两种可能，结果会是sum ± a[2]。这样，每个步骤的可能结果都可以保存下来，逐步生成。 所以，这可以使用动态规划的方法。例如，对于左边的数组部分，我们维护一个集合（比如数组或者哈希表），记录每一步可能的和。初始时是第一个数。然后对于每个后续的数，遍历当前集合中的所有可能的sum，生成新的sum +当前数和sum -当前数，并将这些结果加入新的集合中。然后更新当前集合为新的集合。 同样的方法适用于右边的部分。 这样的话，对于左边和右边的每一个可能的k分割，我们分别计算左边和右边的可能结果集合，然后检查是否有交集。如果有，就返回Yes。 那如何实现这一点呢？ 具体步骤： 对于每个测试用例： 1. 读取n和数组a。 2. 遍历所有可能的k，即分割点，左边k个数，右边n-k个数。k的范围是1到n-1。 3. 对于每个k，分别处理左边和右边的数组部分，得到它们的可能结果集合。 4. 检查左右集合是否有交集。 5. 如果有任何一个k满足，则返回Yes，否则返回No。 现在的问题是如何高效地生成左边和右边的可能结果集合。对于每个分割点k，左边有k个数，右边有n-k个数。当k比较大的时候，比如k=20，那么左边可能有2^(k-1)种可能的和。例如，当k=20时，可能的结果数量可能高达2^19=524288种。对于n=20来说，分割点可能有19种情况，每个情况都需要处理左边和右边的情况。比如，当k=10时，左边有10个数，可能的结果是2^9=512种，右边可能有2^9=512种，总共有512*512=262144种可能的组合。这时候，如果每个分割点都这样处理，是否可行呢？ 因为题目中的n最大是20，分割点最多是19次。每次处理左边和右边的可能结果，假设最坏情况下分割点是中间，比如左边10，右边10。那么左边可能有2^9=512种可能，右边也有512种。每次分割点的处理需要计算两个集合，然后判断是否有交集。计算这两个集合的时间复杂度是O(2^(k-1)) + O(2^(n-k-1))。然后判断交集是否存在，可以用哈希表，比如左边集合存储到一个哈希集合，然后遍历右边的集合，看看是否有存在其中的元素。 但这样的时间复杂度对于n=20来说，是否会超时呢？因为每个测试用例可能有多个分割点，每个分割点需要处理可能的大量数据。比如，当分割点是左边10，右边10的时候，左边和右边的计算各需要处理2^9=512种可能，这样对于每个分割点来说，这样的处理时间应该还是可以接受的，因为每个分割点的处理时间是O(2^k + 2^(n-k))，而总共有n-1个分割点。最坏情况下，比如当n=20，分割点是10的时候，每个分割点的处理时间是2^19=524288。对于每个测试用例来说，总共有19次分割点，总的计算量是19*（2^19 + 2^19）= 19*2^20≈ 19*1e6=19e6次操作。而题目中的T是100，所以总的操作次数是100*19e6=1.9e9次，这可能会超时，因为C语言的处理速度大约每秒可以处理1e8次操作左右，这样1.9e9可能需要19秒，显然超过时间限制。 那这样的话，这样的暴力枚举分割点的方法可能不可行。那有没有更优化的方法？ 或者，题目中的n范围是否允许？比如当n=20时，每个分割点的左右部分的最大可能分割是左右各10个数。那么每个分割点的处理时间是O(2^9) + O(2^9) = 512+512=1024次操作。19个分割点的话是19*1024≈ 20k次，这样对于每个测试用例来说，时间是足够的。哦，我可能之前算错了。例如，分割点k的情况下，左边有k个数，右边有m = n -k个数。那么左边可能的组合数目是 2^{k-1} },右边是 2^{m-1} }。比如当k=10时，左边是10个数，可能的数目是2^9=512。右边如果是10个数的话也是512。所以每个分割点的处理时间总和是生成左边集合的时间O(2^{k-1})，生成右边集合的时间O(2^{m-1})，然后检查交集的时间O(2^{k-1} * 2^{m-1}) )吗？或者，如果左边集合用哈希表存储的话，检查右边集合中的每个元素是否存在于左边哈希表中，时间复杂度是O(右边集合的大小)。 比如，左边的集合大小为S，右边的集合大小为 T。检查交集的时间是O(T)。所以总的时间复杂度是 O(S + T + T) = O(S + T)。比如，对于k=10的情况，总的时间是 512 + 512 + 512 = 1536次操作。而每个测试用例最多有19个分割点，每个分割点最多需要这样的操作次数。例如，当n=20时，每个分割点的时间总和大约是1536次，总共有19个分割点，每个测试用例的时间是19 * 1536 ≈ 29,184次操作。对于T=100来说，总共有100 * 29,184 ≈ 2.9e6次操作，这在C语言中应该没问题。所以这样的方法是可行的。 那这样的话，这样的方法是可行的。现在问题是如何生成每个分割点左边和右边的可能和的集合。 那么，具体来说，如何生成一个子数组的所有可能的加减组合的和？ 比如，假设有一个数组部分arr，长度是m。初始的和是arr[0]，然后后面的每个元素可以选择加或者减。因此，所有可能的和可以通过动态规划的方式生成。例如，初始时，集合是{arr[0]}。然后对于每个后续的元素arr[i]，新的集合是之前集合中的每个元素加上arr[i]或者减去arr[i]。 所以，生成可能的和的函数可以这样实现： 输入一个数组的部分，返回所有可能的和的集合。 例如，在C语言中，可以用一个数组来保存当前可能的和。或者，更高效的方式，可以用位操作或者哈希表。不过，对于数值的范围来说，每个数都是非负的，但加减后的和可能为负数。例如，假设第一个数是5，第二个数是10，则可能的和是5+10=15，或者5-10=-5。因此，可能的和的范围可能很大，但题目中的每个数最大是1000，长度为20，所以最大可能的和是20*1000=20000，最小可能的是-20*1000=-20000。但实际中每个分割后的子数组最多是19个元素（比如当分割点是1的时候，左边有1个元素，右边有19个元素），所以右边可能的和的范围更大，例如19*1000=19000，或者-19000。所以，总共有可能的值在-2e4到+2e4之间。 但是，这样的数值范围在C语言中，可以用一个哈希表或者数组来记录是否出现。比如，我们可以使用一个布尔数组，其中下标是可能的和，偏移量是2e4，这样0对应-20000，40000对应+20000。或者，可以用哈希表的结构，例如C++中的unordered_set，但C语言中没有内置的哈希集合，所以可能需要自己实现或者使用数组。 不过，对于数组来说，当可能的和的范围较大时，可能需要较大的空间。例如，当最大可能的和的绝对值是20000时，需要数组的大小是40001（从-20000到+20000）。这在C语言中是可行的，因为40001的数组对于每个分割点的处理来说，只需要两个这样的数组，分别处理左边和右边。 所以，可能的实现步骤如下： 对于每个分割点k： 左边数组是a[0...k-1]，右边是a[k...n-1]。 生成左边所有可能的和，存入一个数组或者布尔数组。 生成右边所有可能的和，存入另一个数组或布尔数组。 然后，检查左边的集合和右边的集合是否有交集。 如果有，则返回Yes。 否则继续下一个分割点。 如何生成可能的和的集合？ 可以编写一个函数，输入数组的起始和结束索引，返回该子数组的所有可能的和的集合。在C语言中，可以用一个布尔数组来记录可能的和。例如，初始化一个数组dp，大小为MAX*2+1，其中MAX是可能的最大和的绝对值。初始时，所有元素为false。然后，根据子数组的元素，逐步更新这个数组。 具体实现步骤： 比如，处理子数组arr，长度为m： 初始化一个布尔数组dp，大小为足够大，比如40001，其中中间位置（比如20000）代表0。 然后，第一个数必须作为初始值。所以初始时，dp[arr[0] + offset] = true，其中offset是20000。 然后，对于后面的每个数（从第二个开始），遍历当前的dp数组中的每一个可能的值，然后生成新的可能的值。例如，对于每个当前存在的sum，新的sum可能为sum + arr[i]和sum - arr[i]。然后将这些新的sum记录到新的dp数组中。 但是，这样的动态规划方法需要注意顺序，即每个步骤处理下一个数，并根据当前的sum生成新的sum。这可以通过维护两个数组，比如当前可能的sum集合和新的可能的sum集合。或者，可以用一个二维数组，但考虑到空间可能比较大，所以更高效的方式可能是每次处理一个数时，用一个新的临时数组来记录新的可能的sum，然后将当前数组替换为临时数组。 例如： 初始化：当前_set = {a[0]} 然后，对于每个后续的数a[i]： temp_set = empty 对于每个s in current_set： 将s + a[i] 和 s - a[i] 加入temp_set current_set = temp_set 这样，每个步骤后的current_set保存了到当前i位置的所有可能的sum。 但是，这样的实现方式在C语言中如何高效处理？因为current_set的元素可能很多，每次遍历都需要处理每个元素，并生成两个新元素，但可能会有重复。例如，当两个不同的路径生成相同的sum时，只需要保存一次。因此，用哈希表或者数组来记录是否已经存在该sum会更高效。 例如，可以用一个布尔数组来表示可能的sum。对于每个步骤，当前的布尔数组表示可能的sum，处理下一个数的时候，遍历当前布尔数组中为true的sum，然后计算新的sum，并更新一个新的布尔数组。 举个例子，初始时，sum只能是a[0]，所以对应的位置标记为true。 处理第二个数时，新的sum的可能值为a[0] ±a[1]。所以，遍历当前数组中的所有true的位置，生成新的sum。 然后，处理第三个数时，遍历上一步的所有可能的sum，并加减第三个数，得到新的sum，并记录到新的数组中。 这样，可以避免重复计算，并且可以用数组来表示可能的sum。 具体实现： 假设最大可能的和的绝对值是20000（每个数最大1000，最多20个数，所以20*1000=20000。分割后的子数组最多有19个数，所以19*1000=19000）。因此，可以定义一个足够大的数组，例如大小40001，其中offset=20000。sum的范围是-20000到+20000，对应的数组下标是0到40000，其中sum s对应下标为s + 20000。 因此，在生成子数组的可能sum时，可以用这样的数组来记录。 函数的大致逻辑： void compute_sums(int *arr, int len, bool *sums) { // 初始化sums数组为全false memset(sums, 0, sizeof(bool) * (MAX_SUM * 2 +1)); if (len ==0) return; sums[arr[0] + offset] = true; // offset是20000 for (int i=1; i<len; i++) { bool temp[MAX_SUM*2 +1] = {false}; for (int s = -MAX_SUM; s <= MAX_SUM; s++) { if (sums[s + offset]) { int add = s + arr[i]; if (add >= -MAX_SUM && add <= MAX_SUM) { temp[add + offset] = true; } int sub = s - arr[i]; if (sub >= -MAX_SUM && sub <= MAX_SUM) { temp[sub + offset] = true; } } } memcpy(sums, temp, sizeof(temp)); } } 但是，这样的数组操作在C语言中需要预先确定MAX_SUM的大小，比如定义为20000。然后offset为20000。这样，数组的大小是40001。 这样，函数compute_sums将生成所有可能的sum，其中sums数组中的true表示存在该sum。 然后，对于每个分割点k： - 左边数组是前k个元素，右边是剩下的元素。 - 生成左边的sum集合left_sums，右边的sum集合right_sums。 - 检查是否存在一个sum，在left_sums和right_sums中都存在。 如果存在，返回Yes。 否则，继续下一个分割点。 这样，整个算法的步骤就清晰了。 现在，如何将这些步骤转化为C语言代码？ 首先，读取输入： 输入的T测试用例，每个测试用例的n和数组a。 对于每个测试用例： 遍历分割点k从1到n-1： 左边长度k，右边长度n -k。 生成左边可能的sum集合和右边的sum集合。 检查是否有交集。 如果有，输出Yes，处理下一个测试用例。 如果所有分割点都没有交集，输出No。 现在，代码的难点在于如何高效处理sum集合的生成和交集检查。 代码结构大致如下： #include <stdio.h> #include <stdbool.h> #include <string.h> #define MAX_SUM 20000 #define OFFSET MAX_SUM bool left_sums[MAX_SUM*2 +1]; bool right_sums[MAX_SUM*2 +1]; void compute_sums(int *arr, int len, bool *sums) { memset(sums, 0, sizeof(bool)*(MAX_SUM*2 +1)); if (len ==0) return; int first = arr[0]; if (first > MAX_SUM) { // 第一个数超过MAX_SUM，无法处理？ // 但根据题目条件，每个数<=1000，而MAX_SUM=20000，所以当len>=20时，可能超过？ // 但题目中的分割点后的左边或右边的长度最多为n-1，而n<=20。比如左边分割后的长度最大为19，每个数最多是1000，总和最多是19*1000=19000 <=20000。所以没问题。 sums[first + OFFSET] = true; } else { sums[first + OFFSET] = true; } for (int i=1; i<len; i++) { int num = arr[i]; bool temp[MAX_SUM*2 +1] = {false}; for (int s = -MAX_SUM; s <= MAX_SUM; s++) { if (sums[s + OFFSET]) { int add = s + num; if (add >= -MAX_SUM && add <= MAX_SUM) { temp[add + OFFSET] = true; } int sub = s - num; if (sub >= -MAX_SUM && sub <= MAX_SUM) { temp[sub + OFFSET] = true; } } } memcpy(sums, temp, sizeof(temp)); } } int main() { int T; scanf("%d", &T); while (T--) { int n; scanf("%d", &n); int a[20]; for (int i=0; i<n; i++) { scanf("%d", &a[i]); } bool found = false; for (int k=1; k <n; k++) { int left_len = k; int right_len = n -k; // 处理左边数组a[0..k-1] compute_sums(a, left_len, left_sums); // 处理右边数组a[k..n-1] compute_sums(a +k, right_len, right_sums); // 检查是否有交集 for (int s = -MAX_SUM; s <= MAX_SUM; s++) { if (left_sums[s + OFFSET] && right_sums[s + OFFSET]) { found = true; break; } } if (found) break; } printf("%s\n", found ? "Yes" : "No"); } return 0; } 但这样是否可行？需要考虑几个问题： 1. MAX_SUM的定义是否正确？当分割后的左边或右边的数组的总和可能超过20000吗？ 比如，左边分割后的数组长度是k，每个数最多1000，总和最多是k*1000。当k最大为19时，总和是19000，而MAX_SUM=20000，所以没问题。因此，所有可能的和都不会超过±20000的范围，所以数组足够大。 2. compute_sums函数是否正确？ 该函数初始化sums数组，将第一个元素的值设置为sum的初始值。然后，对于每个后续的元素，遍历当前sums中的所有可能的sum，生成新的sum，并存入临时数组。然后复制回sums数组。 这应该是正确的。 3. 如何判断左右两边的sum集合是否有交集？ 遍历所有可能的sum值，检查是否在left_sums和right_sums中都存在。 这可以通过遍历整个sum范围，或者更高效的方式，比如在生成left_sums时，记录所有可能的sum，然后在生成right_sums时，逐一检查这些sum是否存在。 不过，在代码中，直接遍历整个sum的范围可能比较耗时，但范围是40001次循环，这在C语言中是很快的。 例如，在分割点k的情况下，每次判断是否有交集，需要循环40001次。对于每个测试用例，最多分割点19次，总共有19 * 40001 ≈ 760,019次循环。对于T=100来说，总共有76,001,900次循环，这在C语言中应该可以处理。 但这样可能会有优化空间。例如，可以记录左边sum的可能值，然后遍历右边的sum数组，看是否有存在的。或者，在生成左边的sum集合时，保存所有可能的sum到一个列表，然后检查右边的sum是否在列表中。例如： 在compute_sums函数中，可以返回一个动态的数组，保存所有可能的sum，而不是使用一个布尔数组。这样，在判断交集时，可以遍历左边sum列表中的每个元素，检查是否存在于右边的sum集合中。这可能更快，因为左边的列表可能比40001短很多。 比如，左边可能的sum可能有几千种，那么遍历这些sum会比遍历整个40001的范围要快。例如，左边可能有500种sum，右边可能也有500种，那么判断交集的时间是500次，而不是40001次。 因此，可以修改compute_sums函数，返回一个动态的sum列表，以及对应的数量。然后，在判断交集时，遍历左边sum列表中的每个元素，检查是否存在于右边的sum集合（用布尔数组表示）。 这会减少交集检查的时间。 例如，修改后的代码结构： 在compute_sums函数中，返回一个动态数组，记录所有可能的sum，以及数组长度。 同时，维护一个布尔数组，用于快速查询。 例如： typedef struct { int sums[40001]; // 最多可能有的sum数目，例如40001 int count; } SumList; void compute_sums(int *arr, int len, bool *sum_flags, SumList *sum_list) { memset(sum_flags, 0, sizeof(bool)* (MAX_SUM*2 +1)); sum_list->count =0; if (len ==0) return; sum_flags[arr[0] + OFFSET] = true; sum_list->sums[sum_list->count++] = arr[0]; for (int i=1; i<len; i++) { bool new_flags[MAX_SUM*2 +1] = {false}; SumList temp_list; temp_list.count =0; for (int j=0; j< sum_list->count; j++) { int s = sum_list->sums[j]; int add = s + arr[i]; if (add >= -MAX_SUM && add <= MAX_SUM) { if (!new_flags[add + OFFSET]) { new_flags[add + OFFSET] = true; temp_list.sums[temp_list.count++] = add; } } int sub = s - arr[i]; if (sub >= -MAX_SUM && sub <= MAX_SUM) { if (!new_flags[sub + OFFSET]) { new_flags[sub + OFFSET] = true; temp_list.sums[temp_list.count++] = sub; } } } memcpy(sum_flags, new_flags, sizeof(new_flags)); memcpy(sum_list->sums, temp_list.sums, temp_list.count * sizeof(int)); sum_list->count = temp_list.count; } } 这样，compute_sums函数不仅维护了sum_flags的布尔数组，还维护了一个SumList结构，记录当前存在的sum值。这样，在计算右边的sum时，可以用布尔数组快速查询是否存在。而在判断交集时，可以遍历左边的sum_list中的每个sum，检查是否存在于右边的sum_flags中。 这样，在判断交集时，只需要遍历左边的sum_list中的元素，而不需要遍历整个sum范围。例如，左边的sum_list可能有500个元素，右边的sum_flags是一个布尔数组，检查每个元素是否存在的时间是O(1)。 这会显著提高效率。 因此，修改后的代码结构可能如下： typedef struct { int sums[40001]; // 最多可能的sum数目，可能超过实际需要？ int count; } SumList; bool left_flags[MAX_SUM*2 +1]; SumList left_list; bool right_flags[MAX_SUM*2 +1]; SumList right_list; void compute_sums(int *arr, int len, bool *flags, SumList *list) { // 初始化flags和list memset(flags, 0, sizeof(bool)*(MAX_SUM*2 +1)); list->count =0; if (len ==0) return; int first = arr[0]; flags[first + OFFSET] = true; list->sums[list->count++] = first; for (int i=1; i<len; i++) { int num = arr[i]; bool new_flags[MAX_SUM*2 +1] = {false}; SumList new_list; new_list.count =0; for (int j=0; j< list->count; j++) { int s = list->sums[j]; int add = s + num; if (add >= -MAX_SUM && add <= MAX_SUM) { int idx = add + OFFSET; if (!new_flags[idx]) { new_flags[idx] = true; new_list.sums[new_list.count++] = add; } } int sub = s - num; if (sub >= -MAX_SUM && sub <= MAX_SUM) { int idx = sub + OFFSET; if (!new_flags[idx]) { new_flags[idx] = true; new_list.sums[new_list.count++] = sub; } } } memcpy(flags, new_flags, sizeof(new_flags)); memcpy(list->sums, new_list.sums, new_list.count * sizeof(int)); list->count = new_list.count; } } 然后在主函数中，对于每个分割点k： compute_sums左边的数组，得到left_flags和left_list。 compute_sums右边的数组，得到right_flags和right_list. 然后，遍历left_list中的每个sum，检查是否存在于right_flags中。 如果有，则返回Yes. 这样可以减少交集检查的时间。 例如，左边可能有500个sum，每个sum检查在right_flags是否存在，需要500次操作。这比之前的4万次循环要快得多。 因此，这样的优化是值得的。 现在，根据这个思路，代码的修改如下： 在main函数中： for (int k=1; k <n; k++) { int left_len = k; int right_len = n -k; // 处理左边数组 compute_sums(a, left_len, left_flags, &left_list); // 处理右边数组 compute_sums(a +k, right_len, right_flags, &right_list); // 检查是否有交集 for (int i=0; i<left_list.count; i++) { int s = left_list.sums[i]; if (right_flags[s + OFFSET]) { found = true; break; } } if (found) break; } 这样，每个分割点的交集检查的时间由left_list.count决定，这通常比遍历整个sum范围要快得多。 这应该可以显著提高代码的效率，特别是当left_list和right_list的count较小时。 现在，测试样例： 比如，第一个样例输入： 3 1 1 1 分割点k=1，左边是[1],右边是[1,1]。左边sum只能是1。右边sum的可能：1+1=2，1-1=0。所以右边sum集合是{2,0}。左边sum是1，不在右边集合中，所以k=1不行。 k=2，左边是[1,1].可能的sum是 1+1=2，或者1-1=0.右边是[1]. sum是1.所以左边集合是{2,0}，右边是{1}.无交集。所以输出No。 第二个样例： 4 1 2 4 1 分割点k=2，左边是1+2=3，或者1-2=-1。右边是4-1=3，或4+1=5.左边的sum是3和-1，右边是3和5。交集是3，所以存在，返回Yes. 所以，这个代码应该能够正确处理这些情况。 因此，这样的代码应该是正确的。 现在，需要处理可能的错误情况。例如，当分割后的左边或右边的数组长度为0？但题目中分割点k的范围是1到n-1，所以左边长度>=1，右边长度>=1.所以不会出现长度为0的情况。 此外，数组a中的元素都是非负数，但在计算过程中sum可能为负数，但代码处理了这种情况。 综上，这样的代码应该可以正确解决问题。</think>要解决这个问题，我们需要判断给定的非负整数数列是否可以通过添加一个等号和若干个加减号，形成一个有效的等式。以下是详细的解决方案： ### 方法思路 1. **分割点枚举**：将数列在每一个可能的位置分割为左右两部分，左边和右边分别通过加减组合得到所有可能的和。 2. **动态规划求可能和**：对于每个分割后的左右部分，使用动态规划的方法生成所有可能的和。 3. **交集检查**：检查左右两部分的可能和集合是否存在交集，若存在则说明可以形成等式。 ### 解决代码 ```c #include <stdio.h> #include <stdbool.h> #include <string.h> #define MAX_SUM 20000 #define OFFSET MAX_SUM typedef struct { int sums[40001]; int count; } SumList; bool left_flags[MAX_SUM * 2 + 1]; SumList left_list; bool right_flags[MAX_SUM * 2 + 1]; SumList right_list; void compute_sums(int *arr, int len, bool *flags, SumList *list) { memset(flags, 0, sizeof(bool) * (MAX_SUM * 2 + 1)); list->count = 0; if (len == 0) return; int first = arr[0]; flags[first + OFFSET] = true; list->sums[list->count++] = first; for (int i = 1; i < len; i++) { int num = arr[i]; bool new_flags[MAX_SUM * 2 + 1] = {false}; SumList new_list; new_list.count = 0; for (int j = 0; j < list->count; j++) { int s = list->sums[j]; int add = s + num; if (add >= -MAX_SUM && add <= MAX_SUM) { int idx = add + OFFSET; if (!new_flags[idx]) { new_flags[idx] = true; new_list.sums[new_list.count++] = add; } } int sub = s - num; if (sub >= -MAX_SUM && sub <= MAX_SUM) { int idx = sub + OFFSET; if (!new_flags[idx]) { new_flags[idx] = true; new_list.sums[new_list.count++] = sub; } } } memcpy(flags, new_flags, sizeof(new_flags)); memcpy(list->sums, new_list.sums, new_list.count * sizeof(int)); list->count = new_list.count; } } int main() { int T; scanf("%d", &T); while (T--) { int n; scanf("%d", &n); int a[20]; for (int i = 0; i < n; i++) { scanf("%d", &a[i]); } bool found = false; for (int k = 1; k < n; k++) { int left_len = k; int right_len = n - k; compute_sums(a, left_len, left_flags, &left_list); compute_sums(a + k, right_len, right_flags, &right_list); for (int i = 0; i < left_list.count; i++) { int s = left_list.sums[i]; if (right_flags[s + OFFSET]) { found = true; break; } } if (found) break; } printf("%s\n", found ? "Yes" : "No"); } return 0; } ``` ### 代码解释 1. **输入处理**：读取输入的测试用例数和每个数列。 2. **分割点遍历**：对于每个可能的数列分割点，分别计算左右两部分的可能和。 3. **动态规划和生成**：使用动态规划方法生成左右两部分的所有可能和，并存储在布尔数组和列表中。 4. **交集检查**：遍历左部分的可能和列表，检查是否在右部分的可能和集合中存在交集。 5. **结果输出**：根据检查结果输出“Yes”或“No”。 该方法通过动态规划和集合交集检查高效地解决了问题，确保了在合理的时间复杂度内完成计算。