poj 1015 Jury Compromise
来源:互联网 发布:多玩怪物猎人x数据库 编辑:程序博客网 时间:2024/06/06 15:45
http://poj.org/problem?id=1015
Description
Based on the grades of the two parties, the judge selects the jury. In order to ensure a fair trial, the tendencies of the jury to favour either defence or prosecution should be as balanced as possible. The jury therefore has to be chosen in a way that is satisfactory to both parties.
We will now make this more precise: given a pool of n potential jurors and two values di (the defence's value) and pi (the prosecution's value) for each potential juror i, you are to select a jury of m persons. If J is a subset of {1,..., n} with m elements, then D(J ) = sum(dk) k belong to J
and P(J) = sum(pk) k belong to J are the total values of this jury for defence and prosecution.
For an optimal jury J , the value |D(J) - P(J)| must be minimal. If there are several jurys with minimal |D(J) - P(J)|, one which maximizes D(J) + P(J) should be selected since the jury should be as ideal as possible for both parties.
You are to write a program that implements this jury selection process and chooses an optimal jury given a set of candidates.
Input
These values will satisfy 1<=n<=200, 1<=m<=20 and of course m<=n. The following n lines contain the two integers pi and di for i = 1,...,n. A blank line separates each round from the next.
The file ends with a round that has n = m = 0.
Output
On the next line print the values D(J ) and P (J ) of your jury as shown below and on another line print the numbers of the m chosen candidates in ascending order. Output a blank before each individual candidate number.
Output an empty line after each test case.
Sample Input
4 2 1 2 2 3 4 1 6 2 0 0
Sample Output
Jury #1 Best jury has value 6 for prosecution and value 4 for defence: 2 3
大致题意:
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D和控方总分P的差的绝对值|D-P|最小。如果有多种选择方案的|D-P| 值相同,那么选辩控双方总分之和 D + P 最大的方案即可。
输出:
选取符合条件的最优m个候选人后,要求输出这m个人的辩方总值D和控方总值P,并升序输出他们的编号。
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 <cmath>#include <cstring>#include <queue>#include <stack>#include <algorithm>using namespace std;#define N 1101#define INF 0x3f3f3f3f#define MOD 2009#define met(a, b) memset (a, b, sizeof(a))typedef long long LL;struct node{ int kong, bian; int d;///控方和辩方的差值; int s;///控方和辩方的和} stu[N];int n, m, dp[N][N], ans[N], path[N][N], fix;void Solve (int i, int j, int k){ int t1 = j, t2 = k; while (t1>0 && path[t1][t2] != i) { t2 -= stu[path[t1][t2]].d; t1--; } if (t1 == 0)///如果第i个人不在当前选的j个人内,就将第i个人加进去 { dp[j+1][k+stu[i].d] = dp[j][k] + stu[i].s; path[j+1][k+stu[i].d] = i; }}void DP (){ for (int j=0; j<=m; j++) { for (int k=0; k<=fix*2; k++) { if (dp[j][k] == -1) continue; { for (int i=1; i<=n; i++) { if (dp[j+1][k+stu[i].d] < dp[j][k] + stu[i].s) Solve (i, j, k); } } } }}int main (){ int nCase = 1; while (scanf ("%d %d", &n, &m), n+m) { met (dp, -1); met (stu, 0); met (ans, 0); met (path, 0); for (int i=1; i<=n; i++) { scanf ("%d %d", &stu[i].kong, &stu[i].bian); stu[i].d = stu[i].kong - stu[i].bian; stu[i].s = stu[i].kong + stu[i].bian; } fix = 20*m;///控辩差值的极限为-400~400,为防止越界,将该区间映射到0~800; dp[0][fix] = 0;///此时只知道dp[0][fix]的值为0; DP (); int cnt = 0, base = fix, k; while (dp[m][base+cnt]==-1 && dp[m][base-cnt]==-1) cnt++;///找到最小的控辩差 if (dp[m][base+cnt] > dp[m][base-cnt]) k = base+cnt; else k = base-cnt;///控辩差相等的情况下找到和最大的情况 int sum1 = 0, sum2 = 0; for (int i=1, t=m; i<=m; i++, t--) { ans[i] = path[t][k]; sum1 += stu[ans[i]].kong; sum2 += stu[ans[i]].bian; k -= stu[ans[i]].d; } sort (ans+1, ans+m+1); printf ("Jury #%d\n", nCase++); printf ("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n", sum1, sum2); for (int i=1; i<=m; i++) printf (" %d", ans[i]); printf ("\n\n"); } return 0;}
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