每日一题(5)——公正陪审团问题(动态规划)

问题ID：POJ1015

中文：

描述

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。

输入

输入包含多组数据。每组数据的第一行是两个整数n和m，n是候选人数目，m是陪审团人数。注意，1<=n<=200, 1<=m<=20 而且 m<=n。接下来的n行，每行表示一个候选人的信息，它包含2个整数，先后是控方和辩方对该候选人的打分。候选人按出现的先后从1开始编号。两组有效数据之间以空行分隔。最后一组数据n=m=0

输出

对每组数据，先输出一行，表示答案所属的组号,如 'Jury #1', 'Jury #2', 等。接下来的一行要象例子那样输出陪审团的控方总分和辩方总分。再下来一行要以升序输出陪审团里每个成员的编号，两个成员编号之间用空格分隔。每组输出数据须以一个空行结束。

样例输入

4 2 1 2 2 3 4 1 6 2 0 0 

样例输出

Jury #1 Best jury has value 6 for prosecution and value 4 for defence:  2 3 

这个问题我想了好久还是不会做，还是要努力，总结网上的解法：

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。

 

解题的关键在于理解：

f[m][k]保存双方控辩和：m=选取人数，k=控辩差；

根据f[m-1][k]计算f[m][k]：遍历n个候选人员i [0,n)，if( f[j][k]+P[i]+D[i] > f[j+1][k+P[i]-D[i]] ) ,若未出现过，则选择该人；

Path[m][k]保存第m个选取人员的编号；

 

#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]])//若f[j+1][k+P[i]-D[i]]已经有值，则保存较大的一个                       {                           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]];//减前一个元素的控辩差                               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++;//计算j        if(f[m][i+j]>f[m][i-j])  k=i+j;//计算k        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;   }