#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
using namespace std;
int main(void) {
    // 0-1背包问题的，可以划分到两个和相等的数组，那么背包的体积就是所有数的和的一半 sum/2，而且和不能被2整除就是false
    // 那么就是选择若干个数，使得占满背包的体积，物体是每个数字，物体的体积就是数字本身，收益可以人工指定1或者其他数字
    int i, j, k, m, n, x, y = 0, z = -6, aim, sum = 0, hal;
    cin>>n;
    vector<int> num(n);
    for(i = 0; i < n; i++) {
        scanf("%d", &num[i]);
        sum += num[i];
    }
    if(sum%2!=0) {
        cout<<"false"<<endl;
        return 0;
    }
    hal = sum/2;
    sort(num.begin(), num.end());
    aim = hal;
    vector<int> dp(aim + 1, -0xffffff);
    dp[0] = 0;
    for(i = 0; i < n; i++) {
        for(j = aim; j >= num[i]; j--) {
        // for(j = num[i]; j <= aim; j++) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - num[i]] + 1);
        }
    }
    if(dp[aim] > 0) cout<<"true";
    else cout<<"false";
    return 0;
}

/*
    for(i = 0; i < n; i++) {
        for(j = aim; j >= num[i]; j--) {
        // for(j = num[i]; j <= aim; j++) {
            dp[j] = max(dp[j], dp[j - num[i]] + 1);
        }
    }
j顺序递增的，此时的j-t[i].vi是逆序递增，但是j是顺序递增，又dp[0]=0，所以dp[j]的小值先算出来，小容量背包装了物品t[i].wi，不妨设容量是 jk.
随着j递增的，此时j-t[i].vi是逆序递增，当j-t[i].vi=jk时，或者j-t[i].vi是jk的整数倍时，就可以拿了小容量 t[i].wi放入到背包，相当是这件物品被放了两次，重复了，
j顺序递增可以用来求解 完全背包问题，也就是物品可以重复放多次，也就是物品数量无限。
下面的示例分别是j和j-t[i].vi，若j=2时装入了物品t[0]，那么j=4时，还可以继续装入物品t[0]
j     j-t[i].vi
2        0
3        1
4        2


然后来看正常的0-1背包问题的，j逆序递减的，此时的j-t[i].vi是顺序递减，所以dp[j]的右侧大值先算了出来，大容量背包装了物品，不妨设容量是 jb.
随着j递减的，此时的j-t[i].vi顺序递减的，又初始化的小容量都是0或者-inf，大容量装入小容量还是<0或者=0的，不会出现重复装的问题  
下面的示例分别是j和j-t[i].vi，若j=4时装入了物品t[2]，因dp[2]<=0，所以dp[4]基本不变的，而且后续不会重复装入
j     j-t[i].vi
5        3
4        2
3        1
2        0
*/

// 0-1背包问题的，可以划分到两个和相等的数组，那么背包的体积就是所有数的和的一半 sum/2，而且和不能被2整除就是false

// 那么就是选择若干个数，使得占满背包的体积，物体是每个数字，物体的体积就是数字本身，收益可以人工指定1或者其他数字

j顺序递增的，此时的j-t[i].vi是逆序递增，但是j是顺序递增，又dp[0]=0，所以dp[j]的小值先算出来，小容量背包装了物品t[i].wi，不妨设容量是 jk.

随着j递增的，此时j-t[i].vi是逆序递增，当j-t[i].vi=jk时，或者j-t[i].vi是jk的整数倍时，就可以拿了小容量 t[i].wi放入到背包，相当是这件物品被放了两次，重复了，

j顺序递增可以用来求解 完全背包问题，也就是物品可以重复放多次，也就是物品数量无限。

下面的示例分别是j和j-t[i].vi，若j=2时装入了物品t[0]，那么j=4时，还可以继续装入物品t[0]

j j-t[i].vi

2 0

3 1

4 2

然后来看正常的0-1背包问题的，j逆序递减的，此时的j-t[i].vi是顺序递减，所以dp[j]的右侧大值先算了出来，大容量背包装了物品，不妨设容量是 jb.

随着j递减的，此时的j-t[i].vi顺序递减的，又初始化的小容量都是0或者-inf，大容量装入小容量还是<0或者=0的，不会出现重复装的问题

下面的示例分别是j和j-t[i].vi，若j=4时装入了物品t[2]，因dp[2]<=0，所以dp[4]基本不变的，而且后续不会重复装入

j j-t[i].vi

5 3

4 2

3 1

2 0