poj 1015Jury Compromise

为叙述问题方便，现将任一选择方案中，辩方总分和控方总分之差简称为“辩控差”，辩方总分和控方总分之和称为“辩控和”。第i 个候选人的辩方总分和控方总分之差记为V(i)，辩方总分和控方总分之和记为S(i)。现用f(j,
k)表示，取j 个候选人，使其辩控差为k 的所有方案中，辩控和最大的那个方案（该方案称为“方案f(j, k)”）的辩控和。并且，我们还规定，如果没法选j 个人，使其辩控差为k，那么f(j, k)的值就为-1，也称方案f(j, k)不可行。本题是要求选出m 个人，那么，如果对k 的所有可能的取值，求出了所有的f(m, k) (-20×m≤ k ≤ 20×m)，那么陪审团方案自然就很容易找到了。

问题的关键是建立递推关系。需要从哪些已知条件出发，才能求出f(j, k)呢？显然，方案f(j, k)是由某个可行的方案f(j-1, x)( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。可行方案f(j-1, x)能演化成方案f(j, k)的必要条件是：存在某个候选人i，i 在方案f(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f(j-1, x)中，选出 f(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个，那么方案f(j-1, x)再加上候选人i，就演变成了方案 f(j, k)。这中间需要将一个方案都选了哪些人都记录下来。不妨将方案f(j,
k)中最后选的那个候选人的编号，记在二维数组的元素path[j][k]中。那么方案f(j, k)的倒数第二个人选的编号，就是path[j-1][k-V[path[j][k]]。假定最后算出了解方案的辩控差是k，那么从path[m][k]出发，就能顺藤摸瓜一步步求出所有被选中的候选人。初始条件，只能确定f(0, 0) = 0。由此出发，一步步自底向上递推，就能求出所有的可行方案f(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题的时候，会用一个二维数组f 来存放f(j, k)的值。而且，由于题目中辩控差的值k
可以为负数，而程序中数租下标不能为负数，所以，在程序中不妨将辩控差的值都加上400，以免下标为负数导致出错，即题目描述中，如果辩控差为0，则在程序中辩控差为400。

看网上的，其实在《程序设计导引及在线实践》中就有了，这个是很经典说的dp问题

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<algorithm>

#include<cstring>

using namespace std;

int P[201],D[201];

int ans[21];

int path[21][507*2];

int dp[21][507*2];

bool cmp(int a,int b){

return a<b;

}

int main()

{

int n,m,casenum = 0;

while(scanf("%d%d",&n,&m),n*m!=0){

for(int i = 1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&D[i],&P[i]);

memset(dp,-1,sizeof(dp));

memset(path,0,sizeof(path));

int nmin = m*20;//

dp[0][nmin] = 0;

for(int j = 0;j<m;++j)

for(int k = 0;k<=2*nmin;k++)if(dp[j][k]>=0){

for(int i = 1;i<=n;i++)

if(dp[j][k]+D[i]+P[i]>dp[j+1][k+D[i]-P[i]]){

int t1 = j,t2 = k;

while(t1>0 && path[t1][t2]!=i){

t2 -= D[path[t1][t2]]-P[path[t1][t2]];

t1--;

}

if(t1==0){

dp[j+1][k+D[i]-P[i]] = dp[j][k]+P[i]+D[i];

path[j+1][k+D[i]-P[i]] = i;

}

}

}

int i1 = nmin;

int j1 = 0;

int k1;

while(dp[m][i1+j1]<0 && dp[m][i1-j1]<0)j1++;

if(dp[m][i1+j1]>dp[m][i1-j1])k1 = i1+j1;

else k1 = i1-j1;

printf("Jury #%d\n",++casenum);

printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",(k1-nmin+dp[m][k1])/2,(dp[m][k1]-k1+nmin)/2);

for(int i = 0;i<m;i++){

ans[i] = path[m-i][k1];

k1-=D[ans[i]]-P[ans[i]];

}

sort(ans,ans+m,cmp);

for(int i = 0;i<m;i++)printf(" %d",ans[i]);

printf("\n\n");

}

return 0;

}