洛谷 P1282 多米诺骨牌 动态规划

P1282 多米诺骨牌

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。现有排成行的

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。

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

联赛来了，本人这种第一次参加的弱鸡还是先老老实实地练练DP吧。
这道题其实不难，每个骨牌其实就两种状态：转、不转。

那么，表示成大家熟悉的就是 true, false ，这还不显然，01背包啊。

但是，还有一个值得思考的问题：如何判断上下最小的差值是多少呢？

其实，对于一种不可能取到的差值，我们的操作数就设置为 inf 就行了，那么我们就从最小的差值开始枚举，如果当前这个差值的操作数小于inf，就说明这是一种可以到达的情况，由于是从最小的差值开始枚举，到了这里，就一定是可以的啦~

但是，有一个问题也是需要考虑的，到底是上面比下面大还是下面比上面大呢？如果直接使用差值的话，数组下标不能为负数，又不方便处理。不如把上面的点数和作为下标进行计算，6000左右也不会炸内存。

f[j]=min(inf,f[j−a[i]],f[j−b[i]]+1)

那么状态转移方程就出来了。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std ;const int maxn = 6010, zhf = 0x7f7f7f7f ;int f[maxn], a[1010], b[1010];int main () {    int i, j, k, m, n, sum ;    scanf ( "%d", &n ) ; m = sum = 0 ;    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) {        scanf ( "%d%d", a+i, b+i ) ;        m += max ( a[i], b[i] ) ; // 记录上面的和最大的可能值        sum += a[i] + b[i] ; // 记录总和    }    memset ( f, zhf, sizeof(f) ) ; // 初始化    f[0] = 0 ; // 边界    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ )         for ( j = m ; j >= 0 ; j -- ) {            int ans = zhf ; // 首先假设做不到            if ( j >= a[i] ) // 显然是有可能做不到的                ans = f[j-a[i]] ;            if ( j >= b[i] )                ans = min ( ans, f[j-b[i]] + 1 ) ;            f[j] = ans ;            // 注意，与普通01背包不同的是，在这里要强制选择转还是不转        }    for ( i = sum >> 1 ; i ; i -- ) {        k = min ( f[i], f[sum-i] ) ;//找出最小        if ( k < zhf ) {            printf ( "%d\n", k ) ;            return 0 ;        }    }    return 0 ;}