算法介绍：

折半搜索常用于复杂度O(n!)级的搜索问题，当我们发现很显然可以将问题划分为两部分分别搜索枚举，再合二为一求出最终答案时，我们可以选择使用折半搜索。

常见数据规模：

对于答案的值域往往没有要求，只对给出元素个数 $n$ 有一定要求：

$n\le 50$

例题：

来源：东BOJ：oj.neu.edu.cn

解题思路：

设目标值x为$goal$，最终种类数为$ans$。

如果纯暴力解决，算法复杂度为$O(2^n)$，而$n$最大可达到$40$，显然是会超时的

所以我选择先枚举出前半部分元素，即$t_1\sim t_{n/2}$所能生成的所有值$to{t}_1$所组成的集合$s$。

再去搜索$t_{n/2+1}\sim t_n$能组合产生的所有的值$to{t}_2$，对于每次搜索产生的$to{t}_2$，都去$s$中二分搜索出$x-to{t}_2$的值，如果$x-to{t}_2$存在，就是找到可行方案了，It’s MYGO！， 就把$type[x-to{t}_2]$加到最终答案$ans$中。

如果没有找到，就不是可行方案，乐队就要解散了（大悲）。

关于我曲折的debug过程

最开始是$TLE$，这很正常，毕竟$s$规模还是挺大的，硬搜肯定会$T$掉。
显然优化就是$unique$去重，然后统计$s$每个元素的出现次数。
结果还是过不了，一堆$WA$。
心态就彻底炸了
这题都做不出来是不是该速速remake了
胃疼头疼的debuff就一起上了。
最后发现，是$unique$写错了…
本来我定义的$s$大小是$cnt$，实际我给写成$n$了…

正确代码：

错误代码

无话可说。。。。总之最后是过了，还算不错

完整代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=2e6+60;
long long si[maxn];
int cnt,n;
long long a[50],goal;
long long tot1=0,tot2=0;
long long minn;
long long type[maxn];
int len=0;
void dfs1(int x)
{if(x==n/2+1){si[++cnt]=tot1;return;}tot1+=a[x];if(tot1<=goal) dfs1(x+1);tot1-=a[x];dfs1(x+1); 
}
long long ans=0;
int ans_id=0;
bool jud(long long res)
{int l=1,r=len;while(l<r){int mid=(l+r+1)>>1;if(si[mid]==res){ans_id=mid;return true;}if(si[mid]<=res) l=mid;else r=mid-1;}return false;/*for(int i=1;i<=cnt;++i) {if(si[i]==res) ++ans;	}return false;*/
}
void dfs2(int x)
{if(x==n+1){if(tot2==goal) ans+=type[1];else if(jud(goal-tot2)) ans+=type[ans_id];return;}tot2+=a[x];if(tot2+minn<=goal) dfs2(x+1);tot2-=a[x];dfs2(x+1);
}		
int main()
{scanf("%d%lld",&n,&goal);for(int i=1;i<=n;++i)  scanf("%lld",&a[i]);dfs1(1);minn=si[1];for(int i=2;i<=cnt;++i) minn=min(minn,si[i]);sort(si+1,si+cnt+1);long long now=si[1];long long cnt_now=1;len=0;for(int i=2;i<=cnt;++i){if(si[i]==now) ++cnt_now;else{type[++len]=cnt_now;now=si[i];cnt_now=1;	}}type[++len]=cnt_now;unique(si+1,si+cnt+1)-si-1;dfs2(n/2+1);printf("%lld\n",ans);
//	printf("len=%d\n",len);
//	for(int i=1;i<=len;++i) printf("%d ",type[i]);return 0;	
}
/*
4 2
1 1 1 1
*/

题都看完了，就来推一首MYGO翻唱吧

一首不够？再来一个吧