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看做揹包體積，不難看出揹包問題的模型。
那麼物品的重量是什麼呢？
因為我們一開始就把點數大的放在了上面，而每放一次，翻轉次數就+1。考慮：要是我後來後悔了，我發現不翻這個骨牌更好怎麼辦？那我會把它翻回來，那麼相當於沒有翻這個骨牌。
因此，一開始翻過的骨牌重量就是-1，未翻過的骨牌重量就是1（重量等價於翻轉次數）
當然，上下相同的骨牌就是體積為0，重量為0的物品，因為他們無論怎麼翻，都不會對上下點數差造成影響。
至此，揹包的模型就出來了。這個問題被簡化成：有n個物品，給出每個物品的體積v[i],他們的重量是1或-1。揹包的重量為base，體積為tot，現在請把這n個物品放到揹包裡去，總體積不能超過tot，體積最大的情況下使得物品重量之和最小。
其中，dp[i][j]表示前i件物品能裝到體積為j的最小重量
vs[i][j]表示前i件物品能否裝到j體積
**如下：
#include
using
namespace std;
int n;
int sum;
int v[
1007
],w[
1007];
int dp[
1007][
6007
],vis[
1007][
6007];
//不能用一維的陣列進行求解，因為w陣列中有正有負，可能出現結果為0而不好處理。
int base;
intmain()
else
if(x
}for
(int i=
1;i<=n;i++
)for
(int j=
1;j<=sum;j++
)else dp[i]
[j]=
min(dp[i]
[j],dp[i-1]
[j-v[i]
]+w[i]);
}}for(
int i=sum;i>=
1;i--)if
(vis[n]
[i])
return0;
}
狀態轉移方程為：dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-a[i]])
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-b[i]]+1)
由於我們可以計算所有牌的總和，最終，再從所有的能通過交換使得第一行的所有總和中，找到使差值最小的。
#include
using
namespace std;
const
int inf=
1e9;
int n;
int a[
1007
],b[
1007];
int dp[
1007][
6007];
int sum;
intmain()
for(
int i =
1; i <= n; i ++
)for
(int j =
0; j <=
6*n; j ++
) dp[i]
[j]= inf;
dp[1]
[b[1]]
=1,dp[1]
[a[1]]
=0;//這個順序不能交換，因為當第乙個牌相等時，一二行不用換
for(
int i=
2;i<=n;i++
)for
(int j=
0;j<=
6*i;j++
)int mi=inf,ans=inf;
for(
int i=
0;i<=sum;i++
)elseif(
abs(sum-
2*i)
==mi)}}
printf
("%d\n"
,ans)
;return0;
}
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
這道題是一道揹包問題，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。狀態 dp i j 表示使用前i個物品修改得到差值j的最小步數。第一步求出原來兩個陣列的總和...