為敘述問題方便，現將任一選擇方案中，辯方總分和控方總分之差簡稱為「辯控差」，辯方總分和控方總分之和稱為「辯控和」。
第i 個候選人的辯方總分和控方總分之差記為v(i)，辯方總分和控
方總分之和記為s(i)。現用f(j, k)表示，取j 個候選人，使其辯
控差為k 的所有方案中，辯控和最大的那個方案（該方案稱為「方
案f(j, k)」）的辯控和。並且，我們還規定，如果沒法選j 個人，
使其辯控差為k，那麼f(j, k)的值就為-1，也稱方案f(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f(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f(j, k)呢？顯然，方案f(j, k)是由某個可行的方案f(j-1, x)
( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而來的。可行方案f(j-1, x)能演化成
方案f(j, k)的必要條件是：存在某個候選人i，i 在方案f(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f(j-1, x)中，
選出 f(j-1, x) + s(i) 的值最大的那個，那麼方案f(j-1, x)再加上候選人i，
就演變成了方案 f(j, k)。這中間需要將乙個方案都選了哪些人都記錄下來。
不妨將方案f(j, k)中最後選的那個候選人的編號，記在二維陣列的
元素path[j][k]中。那麼方案f(j, k)的倒數第二個人選的編號，
就是path[j-1][k-v[path[j][k]]。假定最後算出了解方案的辯控差是k，
那麼從path[m][k]出發，就能順藤摸瓜一步步求出所有被選中的候選人。
初始條件，只能確定f(0, 0) = 0。由此出發，一步步自底向上遞推，
就能求出所有的可行方案f(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。實際解題
的時候，會用乙個二維陣列f 來存放f(j, k)的值。而且，由於題目中辯
控差的值k 可以為負數，而程式中數租下標不能為負數，所以，在程式中
不妨將辯控差的值都加上400，以免下標為負數導致出錯，即題目描述中，
如果辯控差為0，則在程式中辯控差為400。
#include#include#includeusing namespace std;
int n,m;
int dp[21][801];
int path[21][801];
/*回溯，確認dp[j][k]方案是否曾選擇過候選人i*/
bool select(int j,int k,int i,int* v)
return j?false:true;
}int main(void)
int fix=m*20; //總修正值，修正極限為從[-400,400]對映到[0,800]
dp[0][fix]=0; //由於修正了數值，因此dp[0][fix]才是真正的dp[0][0]
for(j=1;j<=m;j++)
for(k=0;k<=2*fix;k++)}}
}for(k=0;k<=fix;k++)
if(dp[m][fix-k]>=0 || dp[m][fix+k]>=0) //從中間向兩邊搜尋最小辨控差的位置k
break;
int div=dp[m][fix-k] > dp[m][fix+k] ? (fix-k):(fix+k); //最小辨控差
cout<<"jury #"
//辯方總值 = （辨控和+辨控差+修正值）/2
cout<<(dp[m][div]+div-fix)/2<<" for prosecution and value ";
//控方總值 = （辨控和-辨控差+修正值）/2
cout<<(dp[m][div]-div+fix)/2<<" for defence:"
for(i=0,j=m,k=div;isort(id,id+m); //公升序輸出候選人編號
for(i=0;icout<<' '
}
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