POJ 1015 DP
2014-08-12 10:59
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动态规划。
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dp(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dp(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dp(j, k)的值就为-1,也称方案dp(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dp(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dp(j, k)呢?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。
可行方案dp(j-1, x)能演化成方案dp(j, k)的必要条件是: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)。
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dp(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dp(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回溯求出所有被选中的候选人。
初始条件,只能确定dp(0, 0) = 0,其他均为-1。由此出发,一步步自底向上递推,就能求出所有的可行方案dp(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题的时候,会用一个二维数组dp 来存放dp(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修正值fix=400,以免下标为负数导致出错。
为什么base=400?这是很显然的,m上限为20人,当20人的d均为0,p均为20时,会出现辨控差为-400。修正后回避下标负数问题,区间整体平移,从[-400,400]映射到[0,800]。
此时初始条件修正为dp(0, base) = 0,其他均为-1。
DP后,从第m行的dp(m, base)开始往两边搜索最小|D-P| 即可,第一个不为dp[m][k]!=-1的位置k就是最小|D-P|的所在。
最后就是求m个人的D和P,由于D+P = dp(m, |D-P| ) ,|D-P|已知。
那么D= (D+P + |D-P| )/2 , P=(D+P-|D-P| ) / 2
计算D和P时注意修正值base
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,dp[25][810]; //dp(i, j)表示,取i个候选人,使其辩控差为j的所有方案中,辩控和最大的那个方案的辩控和
int p[210],d[210],s[210],v[210];
int mark[25][810]; //mark[i][j]标记选出来的人的id
bool isSelect(int i,int j,int k){ //判断第k个人是否已被选择
while(i>0 && k!=mark[i][j]){
j-=v[mark[i][j]];
i--;
}
return i;
}
int main(){
//freopen("input.txt","r",stdin);
int cases=0;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
if(n==0 && m==0)
break;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&p[i],&d[i]);
s[i]=p[i]+d[i]; //辨控和
v[i]=p[i]-d[i]; //辨控差
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
memset(mark,0,sizeof(mark));
int base=20*m;
dp[0][base]=0; //相当于dp[0][0],只不过这里为了数组的下标值>0,所以偏移了base个值
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=0;j<=2*base;j++)
if(dp[i-1][j]!=-1)
for(int k=1;k<=n;k++)
if(!isSelect(i-1,j,k) && dp[i][j+v[k]]<dp[i-1][j]+s[k]){
dp[i][j+v[k]]=dp[i-1][j]+s[k];
mark[i][j+v[k]]=k;
}
int j;
for(j=0;j<=base;j++)
if(dp[m][base-j]!=-1 || dp[m][base+j]!=-1)
break;
int div=dp[m][base-j]>dp[m][base+j]?base-j:base+j;
int pp=(dp[m][div]+(div-base))/2; //pp+dd=dp[m][div]
int dd=(dp[m][div]-(div-base))/2; //pp-dd=div-base, 两式相加相减即可
printf("Jury #%d\n",++cases);
printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",pp,dd);
int res[25];
for(int i=0,j=m,k=div;i<m;i++){ //回溯得到被选的人的id
res[i]=mark[j][k];
k-=v[mark[j][k]];
j--;
}
sort(res,res+m);
for(int i=0;i<m;i++)
printf(" %d",res[i]);
printf("\n\n");
}
return 0;
}
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dp(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dp(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dp(j, k)的值就为-1,也称方案dp(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dp(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dp(j, k)呢?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。
可行方案dp(j-1, x)能演化成方案dp(j, k)的必要条件是: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)。
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dp(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dp(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回溯求出所有被选中的候选人。
初始条件,只能确定dp(0, 0) = 0,其他均为-1。由此出发,一步步自底向上递推,就能求出所有的可行方案dp(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题的时候,会用一个二维数组dp 来存放dp(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修正值fix=400,以免下标为负数导致出错。
为什么base=400?这是很显然的,m上限为20人,当20人的d均为0,p均为20时,会出现辨控差为-400。修正后回避下标负数问题,区间整体平移,从[-400,400]映射到[0,800]。
此时初始条件修正为dp(0, base) = 0,其他均为-1。
DP后,从第m行的dp(m, base)开始往两边搜索最小|D-P| 即可,第一个不为dp[m][k]!=-1的位置k就是最小|D-P|的所在。
最后就是求m个人的D和P,由于D+P = dp(m, |D-P| ) ,|D-P|已知。
那么D= (D+P + |D-P| )/2 , P=(D+P-|D-P| ) / 2
计算D和P时注意修正值base
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m,dp[25][810]; //dp(i, j)表示,取i个候选人,使其辩控差为j的所有方案中,辩控和最大的那个方案的辩控和
int p[210],d[210],s[210],v[210];
int mark[25][810]; //mark[i][j]标记选出来的人的id
bool isSelect(int i,int j,int k){ //判断第k个人是否已被选择
while(i>0 && k!=mark[i][j]){
j-=v[mark[i][j]];
i--;
}
return i;
}
int main(){
//freopen("input.txt","r",stdin);
int cases=0;
while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
if(n==0 && m==0)
break;
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%d%d",&p[i],&d[i]);
s[i]=p[i]+d[i]; //辨控和
v[i]=p[i]-d[i]; //辨控差
}
memset(dp,-1,sizeof(dp));
memset(mark,0,sizeof(mark));
int base=20*m;
dp[0][base]=0; //相当于dp[0][0],只不过这里为了数组的下标值>0,所以偏移了base个值
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=0;j<=2*base;j++)
if(dp[i-1][j]!=-1)
for(int k=1;k<=n;k++)
if(!isSelect(i-1,j,k) && dp[i][j+v[k]]<dp[i-1][j]+s[k]){
dp[i][j+v[k]]=dp[i-1][j]+s[k];
mark[i][j+v[k]]=k;
}
int j;
for(j=0;j<=base;j++)
if(dp[m][base-j]!=-1 || dp[m][base+j]!=-1)
break;
int div=dp[m][base-j]>dp[m][base+j]?base-j:base+j;
int pp=(dp[m][div]+(div-base))/2; //pp+dd=dp[m][div]
int dd=(dp[m][div]-(div-base))/2; //pp-dd=div-base, 两式相加相减即可
printf("Jury #%d\n",++cases);
printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",pp,dd);
int res[25];
for(int i=0,j=m,k=div;i<m;i++){ //回溯得到被选的人的id
res[i]=mark[j][k];
k-=v[mark[j][k]];
j--;
}
sort(res,res+m);
for(int i=0;i<m;i++)
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printf("\n\n");
}
return 0;
}
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