洛谷 P1282 多米諾骨牌 動態規劃

P1282 多米諾骨牌

題目描述

多米諾骨牌有上下2個方塊組成，每個方塊中有1~6個點。現有排成行的

上方塊中點數之和記爲S1，下方塊中點數之和記爲S2，它們的差爲|S1-S2|。例如在圖8-1中，S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11，|S1-S2|=2。每個多米諾骨牌可以旋轉180°，使得上下兩個方塊互換位置。

編程用最少的旋轉次數使多米諾骨牌上下2行點數之差達到最小。

對於圖中的例子，只要將最後一個多米諾骨牌旋轉180°，可使上下2行點數之差爲0。

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入文件的第一行是一個正整數n(1≤n≤1000)，表示多米諾骨牌數。接下來的n行表示n個多米諾骨牌的點數。每行有兩個用空格隔開的正整數，表示多米諾骨牌上下方塊中的點數a和b，且1≤a，b≤6。

輸出格式：

輸出文件僅一行，包含一個整數。表示求得的最小旋轉次數。

輸入輸出樣例

輸入樣例#1：

4
6 1
1 5
1 3
1 2

輸出樣例#1：

1

聯賽來了，本人這種第一次參加的弱雞還是先老老實實地練練DP吧。
這道題其實不難，每個骨牌其實就兩種狀態：轉、不轉。

那麼，表示成大家熟悉的就是 true, false ，這還不顯然，01揹包啊。

但是，還有一個值得思考的問題：如何判斷上下最小的差值是多少呢？

其實，對於一種不可能取到的差值，我們的操作數就設置爲 inf 就行了，那麼我們就從最小的差值開始枚舉，如果當前這個差值的操作數小於inf，就說明這是一種可以到達的情況，由於是從最小的差值開始枚舉，到了這裏，就一定是可以的啦~

但是，有一個問題也是需要考慮的，到底是上面比下面大還是下面比上面大呢？如果直接使用差值的話，數組下標不能爲負數，又不方便處理。不如把上面的點數和作爲下標進行計算，6000左右也不會炸內存。

f[j]=min(inf,f[j−a[i]],f[j−b[i]]+1)

那麼狀態轉移方程就出來了。

#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] ) ; // 記錄上面的和最大的可能值
        sum += a[i] + b[i] ; // 記錄總和
    }
    memset ( f, zhf, sizeof(f) ) ; // 初始化
    f[0] = 0 ; // 邊界
    for ( i = 1 ; i <= n ; i ++ ) 
        for ( j = m ; j >= 0 ; j -- ) {
            int ans = zhf ; // 首先假設做不到
            if ( j >= a[i] ) // 顯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，與普通01揹包不同的是，在這裏要強制選擇轉還是不轉
        }
    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 ;
}