题意：判断最少删掉哪几个数，使得当前数组中所有的数无法分成两个不空的子数组，使得两个子数组之和相等。

做法：
先记数组总和为$S$。

1. $S$为奇数，首先最容易想到，如果初始时所有数的和是奇数，显然不用删掉任何数。

2. $S$为偶数
   2.1、数组中存在奇数，将这个奇数删掉，显然最终结果也会转变成上一种情况
   2.2、不存在奇数，考虑当前所有数能否构造出两个和相等的子数组，如果存在能否找到一个数，删掉这个数后无法构造出两个和相等的子数组。（这道题的重点）

• 利用01背包来解决这个问题，定义每个数字的价值和代价都是它本身
  $f[i][j]$:表示用前$i$个数字，代价是$j$的最大价值。

所以判断当前所有数能否构造出两个和相等的子数组的依据就是f[n][s/2]与S/2的大小关系，之所以能这样判断是因为，当前每个数的价值和代价相等，因此价值不可能大于代价，所以对于$S/2$的代价，价值最大仅可能取到$S/2$，如果能取到$S/2$，就说明存在一种方案构造出两个和相等的子数组；反之，则不能。

如果f[n][s/2]==s/2，我们就去数组中找且必然能找到一个$x$，（但是我不知道如何去证明必然能找到，有懂的大佬可以在下面评论一下，只是发现恰好这样写了能过）使得f[n][(S-x)/2]!=(S-x)/2即可，同理，如果找到就说明将这个数删掉后，不存在一种方案构造出两个和相等的子数组。

所以这道题的关键就是能否利用01背包解决：能否找出若干个数表示出某个数。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <map>
#include <vector>
#include <queue>
#include <stack>
#include <algorithm>
#include <cmath>
#include <unordered_map>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define fi first
#define se second
#define met(a , b) memset(a , b , sizeof a);
#define pb push_back

using namespace std;

typedef long long LL ;
typedef pair<int , int> PII;

int f[110][200010];

void solve()
{
    int n;
    cin >> n;
    vector<int> a(n + 1);
    int m = n * 2000 , s = 0;
    for(int i= 1; i <= n ; i++)
    {
        cin >> a[i];
        s += a[i];
        for(int j = a[i] ; j <= m ; j++)
            f[i][j] = max(f[i - 1][j],f[i-1][j-a[i]]+a[i]);
    }

    if(s&1) puts("0");
    else
    {
        if(f[n][s/2] != s/2)
        { 
            puts("0");
            return;
        }
        puts("1");
        for(int i = 1 ; i <= n ; i++)
            if(a[i] & 1 || (f[n][(s - a[i]) / 2] != (s - a[i]) / 2))
            {
                cout << i << endl;
                return;
            }
    }
}

int main()
{
    int T = 1;
    //cin >> T;
    for(int turn = 1 ; turn <= T ; turn++)
        solve();
}