POJ 1837 Balance DP好题

传送门：POJ1837

以下内容转载于：http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6648094/

题目大意：

有一个天平，天平左右两边各有若干个钩子，总共有C个钩子，有G个钩码，求将钩码全部挂到钩子上使天平平衡的方法的总数。

其中可以把天枰看做一个以x轴0点作为平衡点的横轴

输入：

2 4 //C 钩子数 与 G钩码数

-2 3 //负数：左边的钩子距离天平中央的距离；正数：右边的钩子距离天平中央的距离c[k]

3 4 5 8 //G个重物的质量w[i]

 

 

dp思路：

每向天平中方一个重物，天平的状态就会改变，而这个状态可以由若干前一状态获得。

 

首先定义一个平衡度j的概念

当平衡度j=0时，说明天枰达到平衡，j>0，说明天枰倾向右边（x轴右半轴），j<0则相反

那么此时可以把平衡度j看做为衡量当前天枰状态的一个值

因此可以定义一个 状态数组dp[i][j]，意为在要用前i个钩码时，平衡度为j的挂法的数量。

由于距离c[i]的范围是-15~15，钩码重量的范围是1~25，钩码数量最大是20

因此最极端的平衡度是所有物体都挂在最远端，因此平衡度最大值为j=15*20*25=7500。原则上就应该有dp[ 1~20 ][-7500 ~ 7500 ]。

因此为了不让下标出现负数，做一个处理，使使得数组开为 dp[1~20][0~15000]，则当j=7500时天枰为平衡状态

 

那么每次挂上一个钩码后，对平衡状态的影响因素就是每个钩码的 力臂

力臂=重量 *臂长 = w[i]*c[k]

那么若在挂上第i个砝码之前，天枰的平衡度为j

   (换言之把前i-1个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度为j)

则挂上第i个钩码后，即把前i个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度 j=j+ w[i]*c[k]

   其中c[k]为天枰上钩子的位置，代表第i个钩码挂在不同位置会产生不同的平衡度

 

不难想到，假设 dp[i-1][j] 的值已知，设dp[i-1][j]=num

               （即已知把前i-1个钩码全部挂上天枰后得到状态j的方法有num次）

   那么dp[i][ j+ w[i]*c[k] ] = dp[i-1][j] = num

(即以此为前提，在第k个钩子挂上第i个钩码后，得到状态j+ w[i]*c[k]的方法也为num次)

 

想到这里，利用递归思想，不难得出 状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

有些前辈推导方式稍微有点不同，得到的 状态方程为dp[i][j] =∑(dp[i - 1][j - c[i] * w[i]])

 

其实两条方程是等价的，这个可以简单验证出来，而且若首先推导到第二条方程，也必须转化为第一条方程，这是为了避免下标出现负数

 

结论：

最终转化为01背包问题

状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

初始化：dp[0][7500] = 1;   //不挂任何重物时天枰平衡，此为一个方法

 

复杂度O(C*G*15000)  完全可以接受

侵删。

弄懂做法以后，我感觉这个题很好，同时也觉得上面这篇博客写得更好。羡慕。

代码：

#include<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>#include<math.h>#include<algorithm>#include<queue>#include<stack>#include<set>#include<vector>#include<map>#define ll long long#define pi acos(-1)#define inf 0x3f3f3f3fusing namespace std;typedef pair<int,int>P;int dp[21][15005];int w[25],c[25];int main(){int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&c[i]);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",w+i);dp[0][7500]=1;for(int i=1;i<=m;i++){for(int j=0;j<=15000;j++){if(dp[i-1][j])for(int k=1;k<=n;k++)dp[i][j+w[i]*c[k]]+=dp[i-1][j];}}printf("%d\n",dp[m][7500]);    return 0;}