有時候，問題的規模比較大，外面無法列舉所有元素的組合，但能列舉一半或者一部分的組合。此時，將問題拆分成兩半或幾部分後分別列舉，再合併他們，這一方法往往非常有效。
舉個例子
例題：給定各有n個整數的四個數列a，b，c，d。要從每個數列中個取出1個數，使四個數的和為0，求出這樣組合的個數。當乙個組合中有多個相同的數字時，把他們當不同的數字看待。（poj 2785）
思路：從四個數列中選擇的話共有n4種情況，所以全部列舉一遍肯定不行，不過將他們對半分成ab和cd再考慮，就可以快速的解決了。從兩個數列中選擇的話就只有n2種組合，可以進行列舉。從a、b中選出a，b後，為使總和為0，所以應使c+d = -a-b。因此列舉c、d中取數字，然後計算所有情況的和，將其排個序，這樣就可以二分搜尋了，時間複雜度是o(n2logn)。
**模板：
#include
#include
using
namespace std;
const
int n =
4010
;long
long n,a[n]
,b[n]
,c[n]
,d[n]
,sum[n*n]
,ans;
//sum是c和d數列所有和的陣列
void
solve()
} cout << ans << endl;
}int
main()
我們現在有體積和價值分別為v和w的n個物品。現在從這些物品中選出體積不超過m的物品放進揹包中，求所有挑選方案中價值總和的最大值。
（1 <= n <= 40，1 <= wi,vi
<= 1015，1 <= m <= 1015）
思路：這就是乙個很基礎的01揹包問題，但我們知道，01揹包的時間複雜度是o(nm)，n是物品數，m是揹包體積，因為我們用了兩層迴圈一層迴圈物品，一層迴圈體積。但此處的揹包體積非常大，達到了1015，若再用nm的複雜度肯定會超時，所以針對這個體積超大的揹包，我們應該利用n比較小這一特點，去考慮問題。
最簡單的想法是列舉所有選物品的情況，但挑選物品的方法共有2n種，所以不能直接列舉，但我們可以拆成兩部分，分別列舉，220的複雜度還是可以接受的。
當我們把前半部分所有情況列舉出來後，如何判斷後面一部分呢？記前半部分一種選取方法對應的體積和價值總和分別為v1和w1。這樣在後半部分尋找總體積v2 <= m-v1時使v2達到最大就好了。我們要思考從所有列舉的（v2，w2）的集合中高效的找到max，因此我們可以排除所有的v2[i] < v2[j]且w1[i] > w1[j]的 j的情況，這一點可以按照v2,w1排序篩出來。得到的所有元素都滿足v2[i] < v2[j]且w2[i] < w2[j]（如下圖），要計算max只需要找到滿足v2 <= m-v1的最大i就可得到，這裡可以用二分完成。所以總的時間複雜度是o(2(n/2)n)。
如下圖，若某種選法的總體積大於前乙個但總價值還小於前乙個（紅圈內的情況），那我們肯定不選擇這種選法，所以我們直接刪去這種選法來簡化計算。
**詳解：
#include
#include
#include
using
namespace std;
typedef
long
long ll;
const
int n =50;
const ll inf =
0x3f3f3f3f
;ll n,m,v[n]
,w[n]
;vector
> p;
//p存第一次列舉出的所有的v和w
void
solve()
} p.
push_back()
;//存入p陣列
}sort
(p.begin()
,p.end()
);//對p排序
//篩除必不可能選的元素
int num =1;
//num來存下所有可以選的物品
for(
int i =
1;i <
1<< nn;i++
)//迴圈所有物品（此時已經按體積從小到大排好序了）
if(p[num-1]
.second < p[i]
.second)
//如果當前的價值大於剛才存的最後乙個的價值，就把這個存進去
p[num++
]= p[i]
;//存進去
//列舉後半部分
ll ans =0;
for(
int i =
0;i <
1<<
(n-nn)
;i++
)//迴圈後半部分的所有情況}if
(v2 <= m)
//如果只選取後半部分的體積已經超過了m就不用再判斷了
} cout << ans << endl;
//輸出答案即可
}int
main()
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