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天平poj1837

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提示：动态规划，01背包

初看此题第一个冲动就是穷举。。。。不过再细想肯定行不通= =O(20^20)等着超时吧。。。

我也是看了前辈的意见才联想到01背包，用动态规划来解

题目大意：

有一个天平，天平左右两边各有若干个钩子，总共有C个钩子，有G个钩码，求将钩码全部挂到钩子上使天平平衡的方法的总数。

其中可以把天枰看做一个以x轴0点作为平衡点的横轴

输入：

2 4 //C 钩子数 与 G钩码数

-2 3 //负数：左边的钩子距离天平中央的距离；正数：右边的钩子距离天平中央的距离c[k]

3 4 5 8 //G个重物的质量w[i]

dp思路：

每向天平中方一个重物，天平的状态就会改变，而这个状态可以由若干前一状态获得。

首先定义一个平衡度j的概念

当平衡度j=0时，说明天枰达到平衡，j>0，说明天枰倾向右边（x轴右半轴），j<0则相反

那么此时可以把平衡度j看做为衡量当前天枰状态的一个值

因此可以定义一个 状态数组dp[i][j]，意为在挂满前i个钩码时，平衡度为j的挂法的数量。

由于距离c[i]的范围是-15~15，钩码重量的范围是1~25，钩码数量最大是20

因此最极端的平衡度是所有物体都挂在最远端，因此平衡度最大值为j=15*20*25=7500。原则上就应该有dp[ 1~20 ][-7500 ~ 7500 ]。

因此为了不让下标出现负数，做一个处理，使使得数组开为 dp[1~20][0~15000]，则当j=7500时天枰为平衡状态

那么每次挂上一个钩码后，对平衡状态的影响因素就是每个钩码的 力臂

力臂=重量 *臂长 = w[i]*c[k]

那么若在挂上第i个砝码之前，天枰的平衡度为j

(换言之把前i-1个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度为j)

则挂上第i个钩码后，即把前i个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度 j=j+ w[i]*c[k]

其中c[k]为天枰上钩子的位置，代表第i个钩码挂在不同位置会产生不同的平衡度

不难想到，假设 dp[i-1][j] 的值已知，设dp[i-1][j]=num

（即已知把前i-1个钩码全部挂上天枰后得到状态j的方法有num次）

那么dp[i][ j+ w[i]*c[k] ] = dp[i-1][j] = num

(即以此为前提，在第k个钩子挂上第i个钩码后，得到状态j+ w[i]*c[k]的方法也为num次)

想到这里，利用递归思想，不难得出 状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

有些前辈推导方式稍微有点不同，得到的 状态方程为dp[i][j] =∑(dp[i - 1][j - c[i] * w[i]])

其实两条方程是等价的，这个可以简单验证出来，而且若首先推导到第二条方程，也必须转化为第一条方程，这是为了避免下标出现负数

结论：

最终转化为01背包问题

状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

初始化：dp[0][7500] = 1; //不挂任何重物时天枰平衡，此为一个方法

复杂度O(C*G*15000) 完全可以接受

//我所使用的解题方法，由于dp状态方程组申请空间比较大大
//若dp为局部数组，则会部分机器执行程序时可能由于内存不足会无法响应
//所以推荐定义dp为全局数组，优先分配内存

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;

int dp[21][15001]; //状态数组dp[i][j]
//放入（挂上）前i个物品（钩码）后，达到j状态的方法数
int main()
{
int i, j, k;
int g, n;//钩码数量，挂钩数量
int c[21],w[22];//钩码位置，钩码大小
cin>>n>>g;
for (i = 1; i <= n; i++)
cin>>c[i];
for (i = 1; i <= g; i++)
cin>>w[i];
memset(dp,0,sizeof(dp));//初始化为零
dp[0][7500] = 1;//还没放钩码前天平也是平衡的；
for (i = 1; i <= g; i++){//钩码
for (j = 0; j <= 15000; j++){
if (dp[i-1][j]){//前一位有数据的
for (k = 1; k <= n; k++){//从钩码位置，加上新增力臂
dp[i][ j+c[k]*w[i] ] += dp[i-1][j];
}
}
}
}
printf("%d\n",dp[g][7500]);//因为是用上全部钩码，所以用动态规划，转化成零一背包问题
return 0;
}