NYOJ 325 &&NYOJ 456

zb的生日

时间限制：3000 ms  |  内存限制：65535 KB

难度：2

描述

今天是阴历七月初五，acm队员zb的生日。zb正在和C小加、never在武汉集训。他想给这两位兄弟买点什么庆祝生日，经过调查，zb发现C小加和never都很喜欢吃西瓜，而且一吃就是一堆的那种，zb立刻下定决心买了一堆西瓜。当他准备把西瓜送给C小加和never的时候，遇到了一个难题，never和C小加不在一块住，只能把西瓜分成两堆给他们，为了对每个人都公平，他想让两堆的重量之差最小。每个西瓜的重量已知，你能帮帮他么？

输入

多组测试数据（<=1500）。数据以EOF结尾
第一行输入西瓜数量N (1 ≤ N ≤ 20)
第二行有N个数，W1, …, Wn (1 ≤ Wi ≤ 10000)分别代表每个西瓜的重量

输出

输出分成两堆后的质量差

样例输入

55 8 13 27 14

样例输出

3

邮票分你一半

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难度：3

描述

     小珂最近收集了些邮票，他想把其中的一些给他的好朋友小明。每张邮票上都有分值，他们想把这些邮票分成两份，并且使这两份邮票的分值和相差最小（就是小珂得到的邮票分值和与小明的差值最小），现在每张邮票的分值已经知道了，他们已经分好了，你知道最后他们得到的邮票分值和相差多少吗？

输入

第一行只有一个整数m（m<=1000),表示测试数据组数。
接下来有一个整数n(n<=1000)，表示邮票的张数。
然后有n个整数Vi(Vi<=100)，表示第i张邮票的分值。

输出

输出差值，每组输出占一行。

样例输入

252 6 5 8 932 1 5

样例输出

02

相同的套路，转化为01背包问题。如果不能均分就尽量使两堆重量/票价差距最小。可以想象成有一堆物品，两个容器（容量和除以2），只要保证把其中一个容器的容积尽量加满（当然恰好能满最好），这就转化成了0，1背包问题了。

状态转移方程：dp[j] = max(dp[j],dp[j-weight[i]]+c[i]);

#include<queue>#include<iostream>#include<algorithm>#include<cmath>#include<stack>#include<string.h>#include<stdio.h>using namespace std;int main(){int t,n;int dp[100001];int  a[100001];scanf("%d",&t);while(t--){memset(dp,0,sizeof(dp));memset(a,0,sizeof(a));scanf("%d",&n);int sum=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);sum+=a[i];}int v=sum/2;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=v;j>=a[i];j--){dp[j]=dp[j]>dp[j-a[i]]+a[i]?dp[j]:dp[j-a[i]]+a[i];}printf("%d\n",sum-2*dp[v]);} } 

zb的生日：搜索代码

思路：还是看成容量为 sum/2 的背包问题，用搜索枚举所有情况，使背包中的重量尽量大。如此可得到最优解。搜索的效率取决于剪枝。而剪枝一般有两种，可行性剪枝与最优性剪枝。可行性：如果将物品装入背包后，费用超过容量，则不将它放入背包。最优性：1、如果背包已经装满，则不再考虑其他情况。              2、如果背包中已有物品加上现有可选物品的总重量都不大于已知的最优解，则剪枝。

#include<stdio.h>#include<algorithm>

using namespace std;int n;int v;int ans;int a[21];int sum[21];void dfs(int i,int cnt){if(i==0){ans=cnt>ans?cnt:ans;return ;}if(cnt==v||cnt+sum[i]<=ans)//剪枝 return ;if(cnt+a[i]<=v)dfs(i-1,cnt+a[i]);dfs(i-1,cnt);}int  main(){while(scanf("%d",&n)!=EOF){sum[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&a[i]);sum[i]=sum[i-1]+a[i];}v=sum[n]/2;ans=0;dfs(n,0);printf("%d\n",sum[n]-2*ans);}}