这道题目的DP思想挺先进的，用状态DP来表示各个子巧克力块。原本是要 dp(S,x,y)，S代表状态，x,y为边长，由于y可以用面积/x表示出来，就压缩到了只有两个变量，在转移过程也是很巧妙，枚举S的子集s0,然后 s1=S-s0来代表除该子集的另一个集合，接下来分两种情况，如果这个子集是通过把 S保留x，切割y，则转移到dp(s0,x)和dp(s1,x)，另一种情况是转移到dp(s0,y)和dp（s1,y）。为了更加缩小状态，统一把转移方程的 x换成 min(x,sum[S]/x)，sum为该状态下的面积
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
//#include <cmath>
#define N 1<<17
using namespace std;
int f[N][],sum[N];
int A[],vis[N][];
int ok(int x) //测试当前状态下是否只剩下一种巧克力，是的话，二进制状态里必定只有一个1，因此只会返回1 否则则返回其他值.
{
if (x==) return ;
return ok(x/)+(x&);//这里导致我WA了好几次，原因是没注意&的优先级低，要括号起来
}
int dp(int S,int x)
{
if (vis[S][x]) return f[S][x];
vis[S][x]=;
//int& ans=f[S][x];
if (ok(S)==) return f[S][x]=; //如果满足，则说明以及到达某块具体巧克力的状态，完成任务 return 1回去
int y=sum[S]/x;
for (int s0=S&(S-);s0;s0=S&(s0-))//枚举S的子集
{
int s1=S-s0;
if (sum[s0]%x== && dp(s0,min(x,sum[s0]/x)) && dp(s1,min(x,sum[s1]/x)))
return f[S][x]=;//这里分两种情况，分别代表两个子集的产生 是切割y 或者 切割x产生的
if (sum[s0]%y== && dp(s0,min(y,sum[s0]/y))&& dp(s1,min(y,sum[s1]/y)))
return f[S][x]=;
}
return f[S][x]=; }
int main()
{
int kase=,n,x,y;
while (scanf("%d",&n)!=EOF)
{
if (n==) break;
scanf("%d%d",&x,&y);
for (int i=;i<n;i++)
scanf("%d",&A[i]);
memset(sum,,sizeof sum);
for (int i=;i<(<<n);i++)
{
for (int j=;j<n;j++)
{
if (i&(<<j))
{
sum[i]+=A[j];
}
}
}
memset(vis,,sizeof vis);
int all=(<<n)-;
int ans=;
if (sum[all]!=x*y || sum[all]%x!=)
{
ans=;
}
else
{
ans=dp(all,min(x,y));
}
printf("Case %d: %s\n",++kase,ans==? "Yes":"No");
}
return ;
}