给出一个长度为n序列({a_i})，定义一个操作，记做(con(a,i))，意思是用(a_i-a_{i+1})替代(a_i,a_{i+1})，显然最后一个数字不能进行这样的操作，序列也最多只能进行n-1次操作，而且最后序列会剩下一个数字，求它刚好为t的操作方案，(1 <= N <= 100,1 <= ai <= 100)。
解
显然，当前的模型是不能进行递推的，因为序列长度在改变，于是有以下性质
性质1
假设序列为({a,b,c})，进行操作大概如此
a b c
a-b c
a-b-c
a b c
a b-c
a-b+c
于是我们发现所谓的操作，也就是给序列的各个数字前添上+，-号，不难发现第一个数字前必然是+，第2个数字必然是-，问题是不知道后面的+，-序列是否合法，不妨猜测它是合法的，但是暂时没办法证明。
性质2
如果把替代后的数用括号看成一个整体
a b c
a (b-c)
(a-(b-c))
于是发现问题转化为刚开始序列只有第一个数字前面为+，后面的全为-，要添上括号，并保证每一个数都被扩到（也就是碰到括号边界），而我们的加减序列，只是被去掉了括号，这条性质是便于理解。
性质3
性质1留下一个疑问，就是怎样的+，-序列才是合法的，既然不知道，猜测无论如何都是合法的，首先能够发现的是一个加减序列为(a-b-c-d)，即第一个+，后面全是-，我们一定能够不停地对第一个数进行操作使之合法，对于只有两个数一定第二个数符号为-才是让这两个数被加上括号，因此关键在+
于是对于一个+，-序列而言，遇到+，我们肯定要想办法变为-，而要使之为-，必然前面要有-，让之变为-，于是对于一段连续的+，我们都可以进行这样的操作，而注意到第二个数一定有一个-，因此无论如何后面有+的数总会有-，因此后面无论+-情况如何，总能成为一个合法的操作序列。
而且也告诉我们，成为操作序列的办法是，遇加变减即可。
有了这三条性质，我们注意到数字很小，现在问题是该数字是选+还是-，让之最后结果正好为t，于是可以暴力压维保存t，因为并没有求最优性问题，递推数组可以顺便保存方案，1表示这里选+，-1表示这里选-，因此设(f[i][j])表示前i个数权值正好为j的i的符号（0表示这是非法状态），用顺转移有
(if(f[i][j]))
边界：(f[1][a_1]=1,f[2][a_2]=-1)
答案：(f[n][t])
参考代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define il inline
#define ri register
#define zero 10000
using namespace std;
int a[101],dp[101][20010],
ans[101];
void getans(int,int);
int main(){
int n,t;scanf("%d%d",&n,&t);
for(int i(1);i<=n;++i)scanf("%d",&a[i]);
dp[1][zero+a[1]]=1,dp[2][zero+a[1]-a[2]]=-1;
for(int i(2),j;i<n;++i)
for(j=0;j<=20000;++j)
if(dp[i][j])
dp[i+1][j+a[i+1]]=1,
dp[i+1][j-a[i+1]]=-1;
getans(n,t+zero);int tot(2);
for(int i(2);i<=n;++i){
while(ans[i+1]==1&&i<=n)++i,printf("%d
",tot);++tot;
}--tot;while(--tot)puts("1");
return 0;
}
void getans(int a,int b){
if(!a)return;ans[a]=dp[a][b];
getans(a-1,b-dp[a][b]*::a[a]);
}