已知n个不重复的正数：w i ​ , 1<=i<=n, 和M，要求找出w i ​ 的所有子集使得子集内元素之和等于M。

这是一个非常经典的NP问题，称为0/1背包问题。它可以使用动态规划或回溯搜索的方法解决。

1. 动态规划

定义状态dp[i][j]表示前i个数（即w1~wi）中选取一些数，使它们的和等于j的方案数。状态转移方程为：

dp[i][j] = dp[i-1][j] + dp[i-1][j-wi] （当j>=wi）

其中，dp[i-1][j]表示不选取wi，dp[i-1][j-wi]表示选取wi。最终的答案是dp[n][M]。这种方法的时间复杂度为O(nM)。

2. 回溯搜索

使用回溯搜索的方法，我们可以枚举每个数选或不选，从而生成所有可能的子集，再判断它们的和是否等于M。这种方法的时间复杂度为指数级别，即O(2^n)。

但是，我们可以采用一些剪枝的策略，使搜索空间尽量缩小，从而提高效率。一些可行的剪枝策略包括：

- 在搜索时按照数列的顺序，对于某个数，如果它前面的数已经选出的和加上它本身已经大于M了，那么它后面所有的数都不必再考虑了，因为它们加起来也一定大于M；
- 如果一个集合的和已经大于M了，那么在后续的搜索中也没有必要再往里面添加更多的数，因为它们只会让和更大，无法满足等于M的条件；
- 去除重复的子集，例如当w1=1,w2=2时，{1,2}和{2,1}是同一个子集，只需搜索一个即可。

采用这些剪枝策略后，回溯搜索的时间复杂度会有所降低，但仍然是指数级别的，因此对于大规模的输入，这种方法的效率并不高。

相关问题

已知n+1个正数：w i ​ (1<=i<=n)和M，要求找出{w i ​ }的所有子集使得子集中元素之和等于M。解采用可变长的k-元组(x 1 ​ ,...,x k ​ ) 表达，其中：x i ​ ∈{1, ..n}，表示被选中的数值w的下标，1<=i<=k。隐式约束条件是选中的数值和数为M，x i ​ 相互不同，且按取值从小到大顺序排列。 要求利用FIFO分支限界方法解决子集和数问题。 输入格式: 第一行为一个不超过200的正整数n，表示总集规模； 第二行是正整数M，表示

题目描述中提到了使用 FIFO 分支限界法来解决子集和问题。下面给出使用 FIFO 分支限界法的 Python 代码示例：

from collections import deque

def subset_sum_fifobfs(nums, target):
    n = len(nums)
    queue = deque([([], 0)])  # (selected_indices, current_sum)
    while queue:
        selected_indices, current_sum = queue.popleft()
        if current_sum == target:
            return selected_indices
        if not selected_indices:
            start = 0
        else:
            start = selected_indices[-1] + 1
        for i in range(start, n):
            if i not in selected_indices:
                new_sum = current_sum + nums[i]
                if new_sum <= target:
                    queue.append((selected_indices + [i], new_sum))
    return None

# 示例用法
nums = [3, 34, 4, 12, 5, 2]
target = 9
result = subset_sum_fifobfs(nums, target)
if result:
    s = "+".join([str(nums[i]) for i in result])
    print(f"{target} = {s}")  # 输出 9 = 4+5
else:
    print("No solution found.")

在这个算法中，我们使用了一个队列来保存搜索过程中的状态。每个状态包含两个值：当前已经选择的数的下标列表，以及当前已经选择的数的和。初始状态为 `([], 0)`，表示还没有选择任何数，当前和为 0。然后我们每次从队列中取出一个状态，根据这个状态可以分为两种情况：

1. 对于已经选择的数中的最后一个数的下标，从该下标的后一个开始，依次尝试将后面的数加入当前选择中，得到一个新的状态 `(selected_indices + [i], new_sum)`，其中 `i` 表示当前加入的数的下标，`new_sum` 表示加入这个数后当前的和。将其加入队列。
2. 如果当前和已经超过了目标值，则不再继续扩展这个状态。

这样一直搜索下去，直到队列为空或者找到了一个符合条件的状态，即当前和等于目标值。如果搜索完整个数组都没有找到符合条件的状态，则返回 None。

需要注意的是，在搜索过程中，我们需要保证已经选择的数的下标列表是按照从小到大的顺序排列的，这是为了避免重复的状态。另外，为了保证搜索的效率，我们在每个状态中记录了当前已经选择的数的和，如果当前和已经超过了目标值，则不再继续扩展这个状态。

使用C语言实现已知n+1个正数：w i ​ (1<=i<=n)和M，要求找出{w i ​ }的所有子集使得子集中元素之和等于M。解采用大小固定的n-元组(x 1 ​ ,...,x n ​ ) 表达，其中：x i ​ ∈{0，1}，1<=i<=n。若x i ​ =0，表示解集合不包含w i ​ ；若x i ​ =1，表示解集合包含w i ​ 。隐式约束条件是∑ (1<=i<=n) ​ w i ​ x i ​ =M。 要求利用回溯方法解决子集和数问题，规定左分支表示x i ​ =1，右分支表示x i ​ =0。 输入格式: 第一行为一个不超过200的正整数n，表示总集规模； 第二行是正整数M，表示子集的和数； 第三行是总集中n个正整数，中间用空格隔开。 输出格式: 如果有答案，则输出所有满足条件的子集（用固定长度n-元组表示符合条件的一个子集，即每行是一个长度为n的0/1序列）； 如果没有答案，则输出“no solution!”后回车。 输入样例1: 4 31 11 13 24 7 输出样例1: 1101 0011

好的，这是一个子集和问题，我们可以使用回溯算法来解决。这个问题可以看成是在一个二叉树上进行遍历，每个节点有两个分支，分别表示选择或不选择当前元素。我们可以从根节点开始，一直到叶子节点，记录下经过的路径，如果路径上的元素之和等于目标数M，则输出该路径，否则回溯到上一节点，继续遍历其他分支。

以下是代码实现：

#include <stdio.h>

#define MAXN 200

int n, M;
int w[MAXN + 1];
int x[MAXN + 1];

void dfs(int i, int sum) {
    if (i > n) {
        if (sum == M) {
            for (int j = 1; j <= n; j++) {
                printf("%d", x[j]);
            }
            printf("\n");
        }
        return;
    }
    if (sum + w[i] <= M) {
        x[i] = 1;
        dfs(i + 1, sum + w[i]);
    }
    if (sum + w[i + 1] <= M) {
        x[i] = 0;
        dfs(i + 1, sum);
    }
}

int main() {
    scanf("%d%d", &n, &M);
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        scanf("%d", &w[i]);
    }
    dfs(1, 0);
    if (x[1] == 0) {
        printf("no solution!\n");
    }
    return 0;
}

在这个代码中，我们使用了一个辅助数组x来记录当前的路径，x[i]=1表示选择第i个元素，x[i]=0表示不选择第i个元素。我们从第一个元素开始遍历，如果当前元素之和小于等于目标数M，则向左分支遍历，否则向右分支遍历。如果遍历到叶子节点且路径上的元素之和等于目标数M，则输出该路径。