POJ 1015 DP

动态规划。

      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dp(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dp(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dp(j, k)的值就为-1，也称方案dp(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dp(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dp(j, k)呢？显然，方案dp(j, k)是由某个可行的方案dp(j-1, x)( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。

可行方案dp(j-1, x)能演化成方案dp(j, k)的必要条件是：存在某个候选人i，i 在方案dp(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dp(j-1, x)中，选出 dp(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个，那么方案dp(j-1, x)再加上候选人i，就演变成了方案 dp(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dp(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dp(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回溯求出所有被选中的候选人。

初始条件，只能确定dp(0, 0) = 0，其他均为-1。由此出发，一步步自底向上递推，就能求出所有的可行方案dp(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题的时候，会用一个二维数组dp 来存放dp(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修正值fix=400，以免下标为负数导致出错。

为什么base=400？这是很显然的，m上限为20人，当20人的d均为0，p均为20时，会出现辨控差为-400。修正后回避下标负数问题，区间整体平移，从[-400,400]映射到[0,800]。

此时初始条件修正为dp(0, base) = 0，其他均为-1。

DP后，从第m行的dp(m, base)开始往两边搜索最小|D-P| 即可，第一个不为dp[m][k]!=-1的位置k就是最小|D-P|的所在。

最后就是求m个人的D和P，由于D+P = dp(m, |D-P| ) ，|D-P|已知。

那么D= (D+P + |D-P| )/2  ,  P=(D+P-|D-P| ) / 2

计算D和P时注意修正值base

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;int n,m,dp[25][810];        //dp(i, j)表示，取i个候选人，使其辩控差为j的所有方案中，辩控和最大的那个方案的辩控和int p[210],d[210],s[210],v[210];    int mark[25][810];      //mark[i][j]标记选出来的人的idbool isSelect(int i,int j,int k){   //判断第k个人是否已被选择    while(i>0 && k!=mark[i][j]){        j-=v[mark[i][j]];        i--;    }    return i;}int main(){    //freopen("input.txt","r",stdin);    int cases=0;    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){        if(n==0 && m==0)            break;        for(int i=1;i<=n;i++){            scanf("%d%d",&p[i],&d[i]);            s[i]=p[i]+d[i];         //辨控和            v[i]=p[i]-d[i];         //辨控差        }        memset(dp,-1,sizeof(dp));        memset(mark,0,sizeof(mark));        int base=20*m;        dp[0][base]=0;          //相当于dp[0][0],只不过这里为了数组的下标值>0,所以偏移了base个值        for(int i=1;i<=m;i++)               for(int j=0;j<=2*base;j++)                if(dp[i-1][j]!=-1)                    for(int k=1;k<=n;k++)                        if(!isSelect(i-1,j,k) && dp[i][j+v[k]]<dp[i-1][j]+s[k]){                            dp[i][j+v[k]]=dp[i-1][j]+s[k];                            mark[i][j+v[k]]=k;                        }        int j;        for(j=0;j<=base;j++)            if(dp[m][base-j]!=-1 || dp[m][base+j]!=-1)                break;        int div=dp[m][base-j]>dp[m][base+j]?base-j:base+j;        int pp=(dp[m][div]+(div-base))/2;   //pp+dd=dp[m][div]        int dd=(dp[m][div]-(div-base))/2;   //pp-dd=div-base, 两式相加相减即可        printf("Jury #%d\n",++cases);        printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",pp,dd);        int res[25];        for(int i=0,j=m,k=div;i<m;i++){     //回溯得到被选的人的id            res[i]=mark[j][k];            k-=v[mark[j][k]];            j--;        }        sort(res,res+m);        for(int i=0;i<m;i++)            printf(" %d",res[i]);        printf("\n\n");    }    return 0;}