POJ1717-Dominoes
这道题..........我不作任何评价【看题】
【题目描述】
多米诺骨牌是一个扁平的，有拇指的瓷砖，其面部分为两个正方形，每个正方形留空或带有一到六个点。桌子上摆着一排多米诺骨牌：
顶行中的点数是6 + 1 + 1 + 1 = 9，并且底行中的点数是1 + 5 + 3 + 2 = 11。顶行和底行之间的差值为2.差值是两个总和之差的绝对值。
每个多米诺骨牌都可以旋转180度，保持脸部始终向上。
最小化顶行和底行之间的差值所需的最小翻动次数是多少？
对于上图，只需转动行中的最后一个多米诺骨牌就可以将差值减小到0.在这种情况下，答案是1.
编写一个程序：计算最小化差值所需的最小翻动次数。
【输入】
输入的第一行包含一个整数n，1 <= n <= 1000.这是表中列出的多米诺骨牌的数量。
接下来的n行中的每一行包含两个整数a，b由单个空格分隔，0 <= a，b <= 6.整数a和b写在输入文件的行i + 1中，1 <= i < = 1000，分别是顶行和底行的第i个多米诺骨牌上的点数。
【输出】
输出所需的最小翻转次数，以最小化顶线和底线之间的间隙。
【输入示例】
4
6 1
1 5
1 3
1 2
【输出示例】
1
这道题讲真一开始我在那傻fufu的用深搜做，样例过了但交上去还是WA（呵呵）
然后我们信息社的戴佬（手动@DJY_01）跟我说这道题要用动规。
真是个Big Sprice哦。（竖中指）
这道题其实就是个变相的01背包。
因为每个多米诺骨牌有翻和不翻两个选项。对应着01背包里的放和不放。
前i个背包总共值j点=dp[i][j]
ans=骨牌顶行-骨牌底行
不翻=dp[i-1][j-ans]
翻=dp[i-1][j-(-ans)]+1=dp[i-1][j+ans]+1
动规方程：dp[i][j]=min(dp[i-1][j-ans],dp[i-1][j+ans]+1)。代码如下：
1 for(int i=1;i<=n;i++)
2 {
3 for(int j=0;j<=12000;j++)
4 {
5 int cha=up[i]-down[i];
6 dp[i][j]=min(dp[i-1][j-cha],dp[i-1][j+cha]+1);
7 }
8 }
然后因为j可以是负数，所以实际上的0是dp[i][6000]。
然后在绝对值相同的情况下，看正数和负数哪个翻转次数少。
1 for(int i=0;i<=6000;i++)
2 {
3 int ans=min(dp[n][i+6000],dp[n][6000-i]);
4 if(ans<=1000)
5 {
6 cout<<ans;
7 exit(0);
8 }
9 }
全部代码：
1 #include<iostream>
2 using namespace std;
3 int n;
4 int up[1013],down[1013];
5 int dp[1013][12013];
6 int main()
7 {
8 cin>>n;
9 for(int i=1;i<=n;i++)
10 {
11 cin>>up[i]>>down[i];
12 }
13 memset(dp,0x7f,sizeof(dp));
14 dp[0][6000]=0;
15 for(int i=1;i<=n;i++)
16 {
17 for(int j=0;j<=12000;j++)
18 {
19 int cha=up[i]-down[i];
20 dp[i][j]=min(dp[i-1][j-cha],dp[i-1][j+cha]+1);
21 }
22 }
23 for(int i=0;i<=6000;i++)
24 {
25 int ans=min(dp[n][i+6000],dp[n][6000-i]);
26 if(ans<=1000)
27 {
28 cout<<ans;
29 exit(0);
30 }
31 }
32 }
动规背包，完成。
在此鸣谢戴佬给我的帮助（博客名DJY_01）
在暴风雨中低着头，是为了不让雨水模糊风雨后眼中的彩虹。
