動態規劃。
爲敘述問題方便，現將任一選擇方案中，辯方總分和控方總分之差簡稱爲“辯控差”，辯方總分和控方總分之和稱爲“辯控和”。第i 個候選人的辯方總分和控方總分之差記爲V(i)，辯方總分和控方總分之和記爲S(i)。
現用dp(j, k)表示，取j 個候選人，使其辯控差爲k 的所有方案中，辯控和最大的那個方案（該方案稱爲“方案dp(j, k)”）的辯控和。
並且，我們還規定，如果沒法選j 個人，使其辯控差爲k，那麼dp(j, k)的值就爲-1，也稱方案dp(j, k)不可行。本題是要求選出m 個人，那麼，如果對k 的所有可能的取值，求出了所有的dp(m, k) (-20×m≤ k ≤ 20×m)，那麼陪審團方案自然就很容易找到了。 問題的關鍵是建立遞推關係。需要從哪些已知條件出發，才能求出dp(j, k)呢？顯然，方案dp(j, k)是由某個可行的方案dp(j-1, x)( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而來的。
可行方案dp(j-1, x)能演化成方案dp(j, k)的必要條件是：存在某個候選人i，i 在方案dp(j-1, x)中沒有被選上，且x+V(i) = k。在所有滿足該必要條件的dp(j-1, x)中，選出 dp(j-1, x) + S(i) 的值最大的那個，那麼方案dp(j-1, x)再加上候選人i，就演變成了方案 dp(j, k)。
這中間需要將一個方案都選了哪些人都記錄下來。不妨將方案dp(j, k)中最後選的那個候選人的編號，記在二維數組的元素path[j][k]中。那麼方案dp(j, k)的倒數第二個人選的編號，就是path[j-1][k-V[path[j][k]]]。假定最後算出瞭解方案的辯控差是k，那麼從path[m][k]出發，就能順藤摸瓜一步步回溯求出所有被選中的候選人。
初始條件，只能確定dp(0, 0) = 0，其他均爲-1。由此出發，一步步自底向上遞推，就能求出所有的可行方案dp(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。實際解題的時候，會用一個二維數組dp 來存放dp(j, k)的值。而且，由於題目中辯控差的值k 可以爲負數，而程序中數租下標不能爲負數，所以，在程序中不妨將辯控差的值都加上修正值fix=400，以免下標爲負數導致出錯。
爲什麼base=400？這是很顯然的，m上限爲20人，當20人的d均爲0，p均爲20時，會出現辨控差爲-400。修正後迴避下標負數問題，區間整體平移，從[-400,400]映射到[0,800]。
此時初始條件修正爲dp(0, base) = 0，其他均爲-1。
DP後，從第m行的dp(m, base)開始往兩邊搜索最小|D-P| 即可，第一個不爲dp[m][k]!=-1的位置k就是最小|D-P|的所在。
最後就是求m個人的D和P，由於D+P = dp(m, |D-P| ) ，|D-P|已知。
那麼D= (D+P + |D-P| )/2 , P=(D+P-|D-P| ) / 2
計算D和P時注意修正值base
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,dp[25][810]; //dp(i, j)表示，取i個候選人，使其辯控差爲j的所有方案中，辯控和最大的那個方案的辯控和
int p[210],d[210],s[210],v[210];
int mark[25][810]; //mark[i][j]標記選出來的人的id
bool isSelect(int i,int j,int k){ //判斷第k個人是否已被選擇
while(i>0 && k!=mark[i][j]){
j-=v[mark[i][j]];
i--;
}
return i;
}
int main(){
//freopen("input.txt","r",stdin);
int cases=0;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
if(n==0 && m==0)
break;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&p[i],&d[i]);
s[i]=p[i]+d[i]; //辨控和
v[i]=p[i]-d[i]; //辨控差
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
memset(mark,0,sizeof(mark));
int base=20*m;
dp[0][base]=0; //相當於dp[0][0],只不過這裏爲了數組的下標值>0,所以偏移了base個值
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=0;j<=2*base;j++)
if(dp[i-1][j]!=-1)
for(int k=1;k<=n;k++)
if(!isSelect(i-1,j,k) && dp[i][j+v[k]]<dp[i-1][j]+s[k]){
dp[i][j+v[k]]=dp[i-1][j]+s[k];
mark[i][j+v[k]]=k;
}
int j;
for(j=0;j<=base;j++)
if(dp[m][base-j]!=-1 || dp[m][base+j]!=-1)
break;
int div=dp[m][base-j]>dp[m][base+j]?base-j:base+j;
int pp=(dp[m][div]+(div-base))/2; //pp+dd=dp[m][div]
int dd=(dp[m][div]-(div-base))/2; //pp-dd=div-base, 兩式相加相減即可
printf("Jury #%d\n",++cases);
printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",pp,dd);
int res[25];
for(int i=0,j=m,k=div;i<m;i++){ //回溯得到被選的人的id
res[i]=mark[j][k];
k-=v[mark[j][k]];
j--;
}
sort(res,res+m);
for(int i=0;i<m;i++)
printf(" %d",res[i]);
printf("\n\n");
}
return 0;
}