首先,读题,真是一窍不通。后来看完程序的意思,才明白吧。。
题意: n个人中选m个,条件是取sum|D-P|最小,当有|D-P|相同的时候取|D+P|最大的。然后输出那些m个人的sumD,sumP,最后升序输出m个人的编号。看完题意,想想好像也不难?。。。瞎想想可能会想出来。 然后看了题解: 说说感觉吧: 可能一开始去想真的会死命地盯着目标“取最小”不放了。先说说题解DP( j , k )的好处吧,用k代表|D-P|的最小,如果我说用k代表|D+P|的最大情况,似乎可行,而且总共范围是[0 , 20],k也就是[0 , 800]这反倒是取消了题解的转换|D-P|的负数,那么状态转化的公式,我们可以看到题解中说了: “显然,方案dp(j, k)是由某个可行的方案dp(j-1, x)( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。” 而且这样真的非常完美“存在某个候选人i,i 在方案dp(j-1, x)中没有被选上,且x+V(i) = k。在所有满足该必要条件的dp(j-1, x)中,选出 dp(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个,那么方案dp(j-1, x)再加上候选人i,就演变成了方案 dp(j, k)。” 中间的处理也是很清楚的,加一个path[ j ][ k ]去记录编号。如果要考察编号,就是类似这样嘛path[j-1][k-V[path[j][k]]] 那么现在如果说 我把k看成是最大|D+P|,依样画葫芦一下:方案dp(j, k)是由某个可行的方案dp(j-1, x)( 0≤ x ≤ 40×m)演化而来的,“存在某个候选人i,i 在方案dp(j-1, x)中没有被选上,且x+S(i) = k。在所有满足该必要条件的dp(j-1, x)中,选出 dp(j-1, x) + v(i) 的值最小的那个,那么方案dp(j-1, x)再加上候选人i,就演变成了方案 dp(j, k)。” 中间的处理也是很清楚的,加一个path[ j ][ k ]去记录编号。如果要考察编号,就是类似这样嘛path[j-1][k-S[path[j][k]]] 让我去验证一下。 2333333333,后来证明这种想法是不可取的,透析一下j,k,dp[ j ] [ k ],j是人,但其实k是sum(d-p),以及DP[ i ] [ j ] 是sum(d+p),他的比较就是越大越好;那么DP[i][j]就是第i个人辩控差最小的辩控和最大,最后怎么找出来呢? 从两边遍历当辩控和一旦大于等于0的时候出来,取个辩控差最小的时候。 然后就是那样了。这题主要还是01背包的转化,以及DP[ i ][ j ] 的确定,这种还是多练,多搞吧。//#include#include #include #include #include #include using namespace std;typedef long long LL;typedef unsigned long long ULL;const double eps=1e-5;const double pi=acos(-1.0);const int mod=1e9+7;const int INF=0x3f3f3f3f;const int N=1e2+7;int n;int m;int dp[25][807];int path[24][807];int p[N*2];int d[N*2];int s[N*2];int v[N*2];bool select(int j,int k,int i,int *v){ while(j>0&&path[j][k]!=i){ k-=v[path[j][k]]; j--; } return j?0:1;}int main(){ int time=1; while(cin>>n>>m&&n) { int j,k,i; int *p=new int[n+1]; int *d=new int[n+1]; int *s=new int[n+1]; int *v=new int[n+1]; memset(dp,-1,sizeof(dp)); memset(path,0,sizeof(path)); for(i=1;i<=n;i++) { cin>>p[i]>>d[i]; s[i]=p[i]+d[i]; v[i]=p[i]-d[i]; } int fix=m*20; dp[0][fix]=0; for(j=1;j<=m;j++) for(k=0;k<=2*fix;k++) { if(dp[j-1][k]>=0) { for(i=1;i<=n;i++) if(dp[j][k+v[i]] =0||dp[m][fix+k]>=0) break; int div=dp[m][fix-k]>dp[m][fix+k]?(fix-k):(fix+k); cout<<"Jury #"<