写出解决如下问题的C++代码：分支限界法解决子集和数的问题 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（用可变长度数组表示符合条件的一个子集，子集中元素表示被选中的数值的下标）； 如果没有答案，则输出“no solution!”。

以下是使用FIFO分支限界法解决子集和数问题的C++代码：

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MAXN = 200;

struct Node {
    int level;          // 当前节点所在的层数（即选取的元素个数）
    int sum;            // 当前节点的元素之和
    vector<int> choice; // 当前节点的可行解（即选取的元素下标）
    vector<int> nums;   // 剩余可选元素的下标
    bool operator<(const Node &rhs) const {
        return sum < rhs.sum; // 用于FIFO分支限界法中的优先队列排序
    }
};

int n, m, w[MAXN + 1];
bool visit[MAXN + 1][MAXN * MAXN + 1]; // visit[i][j] 表示选取前 i 个元素，元素之和为 j 是否已经访问过
queue<Node> q;

void printSolution(const vector<int> &choice) {
    cout << "{";
    for (int i = 0; i < choice.size(); ++i) {
        cout << w[choice[i]];
        if (i < choice.size() - 1) cout << ", ";
    }
    cout << "}" << endl;
}

void bfs() {
    Node node = {0, 0, {}, vector<int>(n)};
    for (int i = 1; i <= n; ++i) node.nums[i - 1] = i;
    sort(node.nums.begin(), node.nums.end()); // 初始化可选元素下标为从小到大排序
    q.push(node);
    while (!q.empty()) {
        node = q.front(); q.pop();
        if (node.sum == m) { // 找到一个可行解
            printSolution(node.choice);
            continue;
        }
        if (node.level == n) continue; // 所有元素都选完了，无法再扩展节点
        int i = node.nums[0];
        Node left = node, right = node;
        left.level = right.level = node.level + 1;
        left.sum += w[i];
        left.choice.push_back(i);
        left.nums.erase(left.nums.begin()); // 选取第 i 个元素
        if (!visit[left.level][left.sum]) { // 判断节点是否已经访问过
            visit[left.level][left.sum] = true;
            q.push(left); // 将左节点插入队列
        }
        right.nums.erase(right.nums.begin()); // 不选取第 i 个元素
        if (!visit[right.level][right.sum]) { // 判断节点是否已经访问过
            visit[right.level][right.sum] = true;
            q.push(right); // 将右节点插入队列
        }
    }
}

int main() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> w[i];
    bfs();
    if (q.empty()) cout << "no solution!" << endl;
    return 0;
}

时间复杂度为$O(2^n)$，其中$n$为总集规模，因为最坏情况下需要枚举所有可能的子集。在实际应用中，可以根据实际情况进行剪枝优化以提高效率。