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。

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。

輸入樣例#1：

6 11 5

1 31 2

輸出樣例#1：

參照洛谷題解

這種題目方法應該都是大同小異。

考慮乙個揹包，

顯然如果我們直接設dp[i]表示前i個使差值最小所需的最少翻轉次數，是具有後效性的。

所以我們將直接求最值，改為求某個值是否可行，這種求最值轉變為求可行性的思想是非常實用的。

我們設dp[i][j]表示前i個數字通過某種旋轉方式使得差值為j（不帶絕對值）所需的最少翻轉次數，那麼我們最終dp結束後只需找到絕對值最小的非正無窮的dp值，輸出即可。

考慮具體的dp過程（個人採用刷表法，填表法方程類似）：

dp[i+1][j+b[i]-a[i]]=min(dp[i][j]+1)//翻轉

dp[i+1][j+a[i]-b[i]]=min(dp[i][j])//不翻轉

初始化：dp[1][b[1]-a[1]]=1,dp[1][a[1]-b[1]]=0.

對於討論**現的極端資料，一定要把初始化方程按順序（即=1的在上面，=0的在下面,這樣的話如果a[1]=b[1]那麼0就會直接覆蓋上面的1）寫就行了。

又因為cpp語言中陣列沒有負的下標，所以還要陣列平移一下。p黨可以偷笑了。

至於揹包不能加滾動陣列的說法純屬che，dan，只是一些偽dalao的會而已。

滾動陣列的方法具體可見**。

1 #include2 #include3 #include4 #include5
using
namespace
std;
6 templatevoid chkmin(t &a,t b)
7const
int inf=0x3f3f3f3f;8
const
int n=1010;9
int dp[2][20*n],a[n],b[n];//
陣列使勁開，我就是開小了，先是9，然後73，然後91，最後ac = =
10int
n;11
intmain()
18 memset(dp,0x3f,sizeof
(dp));
19 dp[1][2*tot-a[1]+b[1]]=1
;20 dp[1][2*tot+a[1]-b[1]]=0;21
for (int i=1;i)29}
30for (int i=2*tot;i<=3*tot;i++)
31if (dp[n&1][i]!=inf || dp[n&1][4*tot-i]!=inf)
35return0;
36 }

遇見這種直接揹包。

揹包的本質是什麼？？？

是每乙個物品或動作對所有當前狀態的更新。

本題就是如此，翻一次就把原來的加的差值顛倒。

並且，本題強制必須要用每乙個動作，所以就必須（即+a-b或+b-a）從前面乙個狀態+改變量去更新

因為改變量有正有負，所以不好降一維，

其實可以用滾動陣列，但為了偷懶 (^_^），就用了二維的 (^_^）

小心負數下標陣列越界！！！！！

1 #include2 #include3 #include4 #include5
using
namespace
std;
6int a[1005],b[1005];7
int f[1005][12001];8
const
int n=5000;9
intmain()
1024
//核心**結束
25for(i=0;i<=5000;i++)
2633}34
return0;
35 }

P1282 多公尺諾骨牌

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P1282 多公尺諾骨牌

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