題目描述
多公尺諾骨牌有上下2個方塊組成，每個方塊中有1~6個點。
上方塊中點數之和記為s1，下方塊中點數之和記為s2，它們的差為|s1-s2|。例如在圖8-1中，s1=6+1+1+1=9，s2=1+5+3+2=11，|s1-s2|=2。每個多公尺諾骨牌可以旋轉180°，使得上下兩個方塊互換位置。 程式設計用最少的旋轉次數使多公尺諾骨牌上下2行點數之差達到最小。
6 1 1 1
1 5 3 2
對於圖中的例子，只要將最後乙個多公尺諾骨牌旋轉180°，可使上下2行點數之差為0。
輸入輸出格式
輸入格式：
輸入檔案的第一行是乙個正整數n(1≤n≤1000)，表示多公尺諾骨牌數。接下來的n行表示n個多公尺諾骨牌的點數。每行有兩個用空格隔開的正整數，表示多公尺諾骨牌上下方塊中的點數a和b，且1≤a，b≤6。
輸出格式：
輸出檔案僅一行，包含乙個整數。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
動態規劃不解釋（然而luogu的dalao有好多其他方法）。本蒟蒻剛開始用的是遞迴，結果tle/ac=4/7（共11個點），36分。（為啥先用遞迴？ 因為個人覺得好理解啊）
但是記憶化搜尋又不太會用，所以就轉成迴圈.
i：前i個骨牌
j:前i個骨牌上下方塊點數的差
c[i][j] 表示前i個骨牌上下方塊點數差為j的最小旋轉次數（所以是min）
d[i]為第i個骨牌上下方塊點數的差
以下貌似並不是很重要的樣子：
程式設計用最少的旋轉次數使多公尺諾骨牌上下2行點數之差達到最小。差達到最小優先於旋轉次數最小，所以從 差為0 開始向正負兩側同時尋找，第乙個找到的即為最優解（當然正負側同時找到時，需要再做比較）
多公尺諾骨牌點數為1~6，所以單個骨牌的差最大為6-1=5；骨牌數n≤1000，所以上下之差 -5000<=j<=5000
（c++的陣列下標是負數時好像會出現什麼奇怪的東西，所以為了保險起見，做了一些改動）
下面附上**：
#include
#include
using
namespace
std;
int a[1002]=,b[1002]=,d[1002]=;
int c[1002][10001]=;
int min(int a,int b)
int main()
k=1002;
c[0][5000]=0;
for(i=1;i<=n;i++)
for(j=-5000;j<=5000;j++)
c[i][5000+j]=min(c[i-1][5000+j-d[i]],c[i-1][5000+j+d[i]]+1); //<-狀態轉移方程
j=5000;
while(j<10000)
cout
0;}
洛谷 P1282 多公尺諾骨牌
題目描述 多公尺諾骨牌有上下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為s1，下方塊中點數之和記為s2，它們的差為 s1 s2 例如在圖8 1中，s1 6 1 1 1 9，s2 1 5 3 2 11，s1 s2 2。每個多公尺諾骨牌可以旋轉180 使得上下兩個方塊互換位置...
洛谷p1282多公尺諾骨牌
多公尺諾骨牌有上下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為s1，下方塊中點數之和記為s2，它們的差為 s1 s2 例如在圖8 1中，s1 6 1 1 1 9，s2 1 5 3 2 11，s1 s2 2。每個多公尺諾骨牌可以旋轉180 使得上下兩個方塊互換位置。程式設計...
洛谷p1282多公尺諾骨牌
大佬的思路 這其實是一道 披著狼皮的揹包題 我們只需要對狀態稍作調整就可以套揹包啦 我們先把骨牌翻轉，調整至點數大的在上面 這樣，我們就能保證上方的點數一定比下方大，並且保證每翻轉一 次，都能使上下的點數之差變小，而變小的點數，就是上下點數之差乘以2。把改變的點數看成物品的體積，初始上下方的點數之差...