洛谷 P1282 多米诺骨牌 （背包dp）

题目描述
多米诺骨牌有上下2个方块组成，每个方块中有1~6个点。
上方块中点数之和记为S1，下方块中点数之和记为S2，它们的差为|S1-S2|。例如在图8-1中，S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11，|S1-S2|=2。每个多米诺骨牌可以旋转180°，使得上下两个方块互换位置。 编程用最少的旋转次数使多米诺骨牌上下2行点数之差达到最小。

6 1 1 1
1 5 3 2

对于图中的例子，只要将最后一个多米诺骨牌旋转180°，可使上下2行点数之差为0。

输入输出格式

输入格式：
输入文件的第一行是一个正整数n(1≤n≤1000)，表示多米诺骨牌数。接下来的n行表示n个多米诺骨牌的点数。每行有两个用空格隔开的正整数，表示多米诺骨牌上下方块中的点数a和b，且1≤a，b≤6。

输出格式：
输出文件仅一行，包含一个整数。表示求得的最小旋转次数。

输入输出样例

输入样例#1：
4
6 1
1 5
1 3
1 2
输出样例#1：
1

链接：https://www.luogu.org/problem/show?pid=1282

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动态规划不解释（然而luogu的dalao有好多其他方法）。本蒟蒻刚开始用的是递归，结果TLE/AC=4/7（共11个点），36分。（为啥先用递归？ 因为个人觉得好理解啊）
但是记忆化搜索又不太会用，所以就转成循环.

核心：状态转移方程 c[i][j]=min(c[i-1][j-d[i]],c[i-1][j+d[i]]+1)

i：前i个骨牌
j:前i个骨牌上下方块点数的差
c[i][j] 表示前i个骨牌上下方块点数差为j的最小旋转次数（所以是min）
d[i]为第i个骨牌上下方块点数的差

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以下貌似并不是很重要的样子：
编程用最少的旋转次数使多米诺骨牌上下2行点数之差达到最小。 差达到最小 优先于 旋转次数最小，所以从 差为0 开始向正负两侧同时寻找，第一个找到的即为最优解（当然正负侧同时找到时，需要再做比较）

多米诺骨牌点数为1~6，所以单个骨牌的差最大为6-1=5；骨牌数n≤1000，所以上下之差 -5000<=j<=5000
（C++的数组下标是负数时好像会出现什么奇怪的东西，所以为了保险起见，做了一些改动）

下面附上代码：

#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;int a[1002]={0},b[1002]={0},d[1002]={0};int c[1002][10001]={0};int min(int a,int b){    if(a>b)        return b;    else        return a;}int main(){    memset(c,0x3f,sizeof(c));    int n,i,j,k;    cin>>n;    for(i=1;i<=n;i++)    {        cin>>a[i]>>b[i];        d[i]=a[i]-b[i];    }    k=1002;    c[0][5000]=0;    for(i=1;i<=n;i++)        for(j=-5000;j<=5000;j++)            c[i][5000+j]=min(c[i-1][5000+j-d[i]],c[i-1][5000+j+d[i]]+1);  //<-状态转移方程    j=5000;    while(j<10000)    {        if((c[n][j]<1000)&&(k>c[n][j]))            k=c[n][j];        if((c[n][10000-j]<1000)&&(k>c[n][10000-j]))            k=c[n][10000-j];        if(k<1000)            break;        j++;    }    cout<<k;    return 0;}

（蒟蒻第一次写，勿喷）