砝码称重问题

1、问题描述  

问题1、如果天平两端都允许放砝码，并且假定所有的砝码都是整数克。为了称出从 1 克到 40 克所有整数克的物品，最少需要几个砝码？

问题2：4个砝码，每个重量都是整数克，总重量为40克，放在天平上可以称出1～40克的物体。编程求出这4个砝码各多少克。

2、 问题分析 2.1、问题1分析（砝码称重问题，因式分解有妙用） 秘密在于 3 的幂

说起来这个问题历史还算是挺悠久的。据《数学游戏与欣赏》（ [英] 劳斯·鲍尔 [加] 考克斯特 著，杨应辰等 译），这个问题被称作巴协 (Bachet) 砝码问题；而据《数学聊斋》（王树禾著），该问题至少可追溯到 17 世纪法国梅齐里亚克 (Meziriac, 1624) 。他们给出的答案是：最少需要 4 个砝码，规格分别为 1 克、3 克、9 克和 27 克。

例如，为了称出 2 克的物品，我们只需在天平一端放 3 克砝码，在另一端放上 1 克的砝码；而要称出 7 克的物品，则可以在一端放上 1 克和 9 克的砝码，另一端放上 3 克的砝码。

类似地，要称出 1 克到 4 克中所有整数克的物品，只需要 2 个砝码；要称出 1 克到 13 克中所有整数克的物品，则只需要 3 个砝码；要称出 1 克到 121 克中所有整数克的物品则要 5 个砝码，它们分别是 1 克、3 克、9 克、27 克和 81 克，如此等等。

也许有人已经心领神会了，但是如果就此满足而匆匆离去的话，可能就错失了一个领略数学思想的机会——问题到这里并未结束啊！例如，4 个砝码究竟是不是最少的？还有没有其他的组合？对这些疑问的一个彻底的分析和说明，是 19 世纪由麦克马洪 (MacMahon) 给出的。下面就来领略一下其中的思想吧，或许你会从中学到很多。

因式分解的妙用

假设有一个重为 a 克的砝码，那么用它自然能够称出 0 克和 a 克的物品。不过，如果虚设天平的某一端为正的话，利用此天平和砝码我们还能称出 - a 克的物品——不妨规定把 a 克砝码放在天平右侧，将物品放在天平左侧，由此可以称出 a 克的物品；但若把 a 克砝码放在天平左侧，把物品放在天平右侧，由此称出的物品重量记作 - a。目前这样一种设想有点怪异，但这实际上和人类引入负数的思想是相同的。很快大家便会发现，这种设定非常精妙地简化了我们的计算和推导。现在暂且把该砝码能够称出的重量 - a，0，a 放进一个表达式中：

现在，假设有两个不同规格的砝码，分别重 a 克和 b 克（a < b）。按照上面的规定，我们可以称出 - a - b ，- b，- a，a - b，0，b - a，a，b，a + b。例如，为了称出 b - a，只需要把 b 克的砝码放在右端，物品和 a 克的砝码放在左端；按照上面的约定，如果天平平衡，物品就是 b - a 克。而要称出 a - b， 则把 b 克砝码放在左端，a 克砝码和物品放在右端，如果平衡则物品是 a - b 克。同样地，把这些数塞进一个表达式：

可以看到，它不是别的，正好是

的展开式。

另外，假设有 m 个同样重为 a 克的砝码，则可以称出 - ma，- (m - 1)a，…，0，…，(m - 1)a，ma 克的物品。暂且按照上面的办法，把这些数也塞进一个表达式中 ：

结合上面的分析，容易看出，如果有 m 个 a 克的砝码，n 个 b 克的砝码，等等，那么可以称出物品的克数就是表达式

展开后出现过的那些 x 的幂数，而展开式中 x 的 i 次项系数就表示用给定的这组砝码称出 i 克物品的不同方法数。

如果要称出 1 到 40 中所有的整克数，并且要求所用的砝码尽可能少，我们自然希望这些砝码能够“物尽其用”，称出的克数正好都是我们需要的克数，并且称的方法都是唯一的。也就是说，上述表达式展开后应该恰好是

反过来，就是要把

还原成

的形式。

对这个式子进行分解，一共有八种不同的方案：

前四个式子展示了我们实际上是如何对原式进行逐步分解的。它们的意义依次为：(1) 40 个 1 克的砝码；(2) 1 个 1 克，13 个 3 克的砝码 ；(3) 1 个 1 克，1 个 3 克以及 4 个 9 克的砝码；(4) 1 个 1 克，1 个 3 克，1 个 9 克以及 1 个 27 克的砝码。其中，第四个分解式是最基本的，它就是我们想要的答案。

2.2、问题2分析 

设4个砝码的重量分别为w1、w2、w3、w4，则w1+w2+w3+w4=40，且w1,w2,w3,w4均为正整数。假设不相等(假设w1