poj1015审判员

动态规划题，首先是用贪心做的。后来找了几个反例。2维的动态规划。

一维是选几个人，另一维是差。枚举差，选出和最大的即可，后附大神的解题报告。

# include <stdio.h># include <stdlib.h># include <string># include <string.h>int d[300];int p[300];int dp[30][1000];int from[30][1000];int ans[30];int cmp(const void *a, const void *b) {return *(int *)a - *(int *)b;}int out (int n, int m, int j) {for (int i = m; i >= 1; -- i) {ans[i] = from[i][j];j -= d[ans[i]] - p[ans[i]];}qsort(ans + 1, m, sizeof(int), cmp);for (int i = 1; i <= m; ++ i) {printf (" %d", ans[i]);}printf ("\n\n");return 0;}int go (int n, int m) {memset (dp, -1, sizeof(dp));memset (from, -1, sizeof(from));int shift = 20*m;dp[0][shift] = 0;for (int i = 0; i < m; ++ i) {for (int k = 0; k <= 40 * m; ++ k) {if (dp[i][k] < 0) continue;for (int x = 1; x <= n; ++ x) {if (dp[i][k] + d[x] + p[x] > dp[i + 1][k + d[x] - p[x]]) {int t = i;int tmp = k;while (t > 0 && from[t][tmp] != x) {tmp -= d[from[t][tmp]] - p[from[t][tmp]];-- t;}if (t == 0) {dp[i + 1][k + d[x] - p[x]] = dp[i][k] + d[x] + p[x];from[i + 1][k + d[x] - p[x]] = x;}}}}}int j = 0;while (dp[m][shift + j] < 0 && dp[m][shift - j] < 0) ++ j;if (dp[m][shift + j] > dp[m][shift - j]) j = shift + j;else j = shift - j;printf ("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n", (dp[m][j] - shift + j) >> 1, (dp[m][j] - j + shift) >> 1);out(n, m, j);return 0;}int main () {int n, m;int cnt = 0;while ((scanf("%d %d", &n, &m), n + m)) {++ cnt;printf ("Jury #%d\n", cnt);for (int i = 1; i <= n; ++ i) {scanf ("%d %d", &d[i], &p[i]);}go(n, m);}return 0;}/*在遥远的国家佛罗布尼亚，嫌犯是否有罪，须由陪审团决定。陪审团是由法官从公众中挑选的。先随机挑选n 个人作为陪审团的候选人，然后再从这n 个人中选m 人组成陪审团。选m 人的办法是：控方和辩方会根据对候选人的喜欢程度，给所有候选人打分，分值从0 到20。为了公平起见，法官选出陪审团的原则是：选出的m 个人，必须满足辩方总分和控方总分的差的绝对值最小。如果有多种选择方案的辩方总分和控方总分的之差的绝对值相同，那么选辩控双方总分之和最大的方案即可。最终选出的方案称为陪审团方案。    为叙述问题方便，现将任一选择方案中，辩方总分和控方总分之差简称为“辩控差”，辩方总分和控方总分之和称为“辩控和”。第i 个候选人的辩方总分和控方总分之差记为V(i)，辩方总分和控方总分之和记为S(i)。现用f(j, k)表示，取j 个候选人，使其辩控差为k 的所有方案中，辩控和最大的那个方案（该方案称为“方案f(j, k)”）的辩控和。并且，我们还规定，如果没法选j 个人，使其辩控差为k，那么f(j, k)的值就为-1，也称方案f(j, k)不可行。本题是要求选出m 个人，那么，如果对k 的所有可能的取值，求出了所有的f(m, k) (-20×m≤ k ≤ 20×m)，那么陪审团方案自然就很容易找到了。    问题的关键是建立递推关系。需要从哪些已知条件出发，才能求出f(j, k)呢？显然，方案f(j, k)是由某个可行的方案f(j-1, x)( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。可行方案f(j-1, x)能演化成方案f(j, k)的必要条件是：存在某个候选人i，i 在方案f(j-1, x)中没有被选上，且x+V(i) = k。在所有满足该必要条件的f(j-1, x)中，选出 f(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个，那么方案f(j-1, x)再加上候选人i，就演变成了方案 f(j, k)。这中间需要将一个方案都选了哪些人都记录下来。不妨将方案f(j, k)中最后选的那个候选人的编号，记在二维数组的元素path[j][k]中。那么方案f(j, k)的倒数第二个人选的编号，就是path[j-1][k-V[path[j][k]]。假定最后算出了解方案的辩控差是k，那么从path[m][k]出发，就能顺藤摸瓜一步步求出所有被选中的候选人。初始条件，只能确定f(0, 0) = 0。由此出发，一步步自底向上递推，就能求出所有的可行方案f(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题的时候，会用一个二维数组f 来存放f(j, k)的值。而且，由于题目中辩控差的值k 可以为负数，而程序中数租下标不能为负数，所以，在程序中不妨将辩控差的值都加上400，以免下标为负数导致出错，即题目描述中，如果辩控差为0，则在程序中辩控差为400。*/#include<stdio.h>#include<stdlib.h>#include<iostream>#include<string.h>using namespace std;int f[30][1000];//f[j,k]表示：取j个候选人，使其辩控差为k的方案中//辩控和最大的那个方案（该方案称为“方案f(j,k)”)的控辩和int Path[30][1000];//Path数组用来记录选了哪些人//方案f(j,k)中最后选的那个候选人的编号，记在Path[j][k]中int P[300];//控方打分 int D[300]; //辩方打分int Answer[30];//存放最终方案的人选int cmp(const void *a,const void *b){    return *(int *)a-*(int *)b;}     int main(){   int i,j,k;    int t1,t2;    int n,m;    int nMinP_D;//辩控双方总分一样时的辩控差    int iCase;//测试数据编号    iCase=0;    while(scanf("%d %d",&n,&m))    {        if(n==0&&m==0)break;        iCase++;        for(i=1;i<=n;i++)           scanf("%d %d",&P[i],&D[i]);        memset(f,-1,sizeof(f));        memset(Path,0,sizeof(Path));        nMinP_D=m*20;//题目中的辩控差为0，对应于程序中的辩控差为m*20        f[0][nMinP_D]=0;         for(j=0;j<m;j++)//每次循环选出第j个人，共要选出m人         {            for(k=0;k<=nMinP_D*2;k++)//可能的辩控差为[0，nMinP_D*2]                if(f[j][k]>=0)//方案f[j,k]可行                {                   for(i=1;i<=n;i++)                       if(f[j][k]+P[i]+D[i]>f[j+1][k+P[i]-D[i]])                       {                           t1=j;t2=k;                           while(t1>0&&Path[t1][t2]!=i)//验证i是否在前面出现过                           {                               t2-=P[Path[t1][t2]]-D[Path[t1][t2]];                               t1--;                           }                           if(t1==0)                           {                               f[j+1][k+P[i]-D[i]]=f[j][k]+P[i]+D[i];                               Path[j+1][k+P[i]-D[i]]=i;                           }                                }                   }            }           i=nMinP_D;        j=0;        while(f[m][i+j]<0&&f[m][i-j]<0)  j++;        if(f[m][i+j]>f[m][i-j])  k=i+j;        else k=i-j;        printf("Jury #%d\n",iCase);        printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",(k-nMinP_D+f[m][k])/2,(f[m][k]-k+nMinP_D)/2);        for(i=1;i<=m;i++)        {            Answer[i]=Path[m-i+1][k];             k-=P[Answer[i]]-D[Answer[i]];        }        qsort(Answer+1,m,sizeof(int),cmp);        for(i=1;i<=m;i++)            printf(" %d",Answer[i]);        printf("\n\n");                 }      return 0;   }