【动态规划】洛谷 P1282 多米诺骨牌
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题目描述
多米诺骨牌有上下2个方块组成,每个方块中有1~6个点。现有排成行的
上方块中点数之和记为S1,下方块中点数之和记为S2,它们的差为|S1-S2|。例如在图8-1中,S1=6+1+1+1=9,S2=1+5+3+2=11,|S1-S2|=2。每个多米诺骨牌可以旋转180°,使得上下两个方块互换位置。 编程用最少的旋转次数使多米诺骨牌上下2行点数之差达到最小。
对于图中的例子,只要将最后一个多米诺骨牌旋转180°,可使上下2行点数之差为0。
输入格式
输入文件的第一行是一个正整数n(1≤n≤1000),表示多米诺骨牌数。接下来的n行表示n个多米诺骨牌的点数。每行有两个用空格隔开的正整数,表示多米诺骨牌上下方块中的点数a和b,且1≤a,b≤6。
输出格式
输出文件仅一行,包含一个整数。表示求得的最小旋转次数。
输入输出样例
输入 #14 6 1 1 5 1 3 1 2
1
思路
看到题目之后我们分析一下,对于每个骨牌,因为不能改变骨牌上的数字,所以每个骨牌都可以看做是一个零和他们之间的差,当和最小时,是一个很明显的背包问题。
以为每个骨牌只有上下两数之差是有意义的,所以我们只用a[i]保存他们两数的差就可以了,不翻即a[i],翻即-a[i]。
我们设f[i][j]为对于前i个骨牌和为j的最小翻动次数,所以很明显f[i][j]=min{f[i-1][j-a[i]],f[i-1][j+a[i]]+1}。
但是计算过程中不免会遇到负数,为了防止RE,我们计算一下它的最小值,即-5*1000,所以我们给所有的j都加上一个5000,这样就避免了负数下标的问题。
最后扫一遍dp[n][j]就可以找到最佳解啦!
话不多说,上代码
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
using namespace std;
int f[1010][10020];
int a[1010];
int n;
int main()
{scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);a[i]=x-y;}for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=1;j<=10015;j++)f[i][j]=0x3f3f3f3f;f[0][0+5010]=0;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=10;j<=10010;j++)f[i][j]=min(f[i-1][j-a[i]],f[i-1][j+a[i]]+1);int temp=0x3f3f3f3f,ans=0x3f3f3f3f;for(int i=10;i<=10010;i++)if(f[n][i]!=0x3f3f3f3f){if(fabs(i-5010)<=temp){if(fabs(i-5010)==temp)ans=min(ans,f[n][i]);temp=fabs(i-5010);ans=f[n][i];}}printf("%d\n",ans);return 0;
}