bzoj1021 [SHOI2008]Debt 循环的债务

前天打了一场比赛，让我知道自己Dp有多弱了，伤心了一天，没刷bzoj。

昨天想了一天，虽然知道几何怎么搞，但我还是不敢写，让我知道自己几何有多弱了，伤心了一天，没刷bzoj

 

1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务

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Description

Alice、Bob和Cynthia总是为他们之间混乱的债务而烦恼，终于有一天，他们决定坐下来一起解决这个问题。不过，鉴别钞票的真伪是一件很麻烦的事情，于是他们决定要在清还债务的时候尽可能少的交换现金。比如说，Alice欠Bob 10元，而Cynthia和他俩互不相欠。现在假设Alice只有一张50元，Bob有3张10元和10张1元，Cynthia有3张20元。一种比较直接的做法是：Alice将50元交给Bob，而Bob将他身上的钱找给Alice，这样一共就会有14张钞票被交换。但这不是最好的做法，最好的做法是：Alice把50块给Cynthia，Cynthia再把两张20给Alice，另一张20给Bob，而Bob把一张10块给C，此时只有5张钞票被交换过。没过多久他们就发现这是一个很棘手的问题，于是他们找到了精通数学的你为他们解决这个难题。

Input

输入的第一行包括三个整数：x1、x2、x3（-1,000≤x1，x2，x3≤1,000），其中 x1代表Alice欠Bob的钱（如果x1是负数，说明Bob欠了Alice的钱） x2代表Bob欠Cynthia的钱（如果x2是负数，说明Cynthia欠了Bob的钱） x3代表Cynthia欠Alice的钱（如果x3是负数，说明Alice欠了Cynthia的钱）接下来有三行，每行包括6个自然数： a100，a50，a20，a10，a5，a1 b100，b50，b20，b10，b5，b1 c100，c50，c20，c10，c5，c1 a100表示Alice拥有的100元钞票张数，b50表示Bob拥有的50元钞票张数，以此类推。另外，我们保证有a10+a5+a1≤30，b10+b5+b1≤30，c10+c5+c1≤30，而且三人总共拥有的钞票面值总额不会超过1,000。

Output

如果债务可以还清，则输出需要交换钞票的最少张数；如果不能还清，则输出“impossible”（注意单词全部小写，输出到文件时不要加引号）。

Sample Input

输入一
10 0 0
0 1 0 0 0 0
0 0 0 3 0 10
0 0 3 0 0 0
输入二
-10 -10 -10
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0

Sample Output

输出一
5
输出二
0

HINT

 

对于100%的数据，x1、x2、x3 ≤ |1,000|。

 

Source

 

题意：如题意所述

分析：没写题意是因为这里有关于题意的转化，

一开始在思考债务的循环关系，十分复杂

有A->B->C这样的连环给的关系，但细想后发现

连环给钱的关系是不可能的，A->B->C肯定不如A->B,A->C这样好（对于同一种币值的货币来说）

根据欠债的关系，就能推断出目标状态的资金，对吧！？

初始资金能算出来，对吧！？

 

那。。。这不就是给出初始状态、结束状态，以及几种变化方式，求最少步数的类似问题！？

 

变化方式根据上面的分析，如果我们将每种币值的货币分开考虑，那么，就只有6种方式

A->B,C     B->A,C     C->A,B

AB->C      AC->B      BC->A

其中，A->B,C包含了 A->B，A->C两种（意思就是给0张货币也算给）

 

那么就可以得出Dp状态(其实类似于记忆化搜索)

Dp[i][M1][M2]表示用前i中货币，达到Alice有M1元，Bob有M2元，Cynthia有(Sum-M1-M2)元的状态的最少交换钱的张数

转移上面说了，整个过程相当于记忆化搜索

 

其中有个剪枝

如果某个人的现有钱数与目标钱数的差额（现有-目标）%剩下的币值的GCD（比如说现在算到第 i 种货币，那么就是 第 i+1种到第 6 种的币值的Gcd） != 零（不能整除）

那么显然不能大刀目标，因为剩下的币值都可以表示成 k*Gcd的形式，若不整除于Gcd，显然达不到

 

综上所述，此题得解

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <deque>
#include <vector>
#include <queue>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <set>
#include <ctime>
using namespace std;
typedef long long LL;
#define For(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
#define Ford(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)
#define Rep(i, t) for(int i = (0); i < (t); i++)
#define Repn(i, t) for(int i = ((t)-1); i >= (0); i--)
#define MIT (2147483647)
#define INF (1000000001)
#define MLL (1000000000000000001LL)
#define sz(x) ((int) (x).size())
#define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
#define puf push_front
#define pub push_back
#define pof pop_front
#define pob pop_back
#define ft first
#define sd second
#define mk make_pair
inline void SetIO(string Name) {
    string Input = Name+".in",
    Output = Name+".out";
    freopen(Input.c_str(), "r", stdin),
    freopen(Output.c_str(), "w", stdout);
}

const int N = 1010, M[6] = {1, 5, 10, 20, 50, 100};
const int G[6] = {1, 5, 10, 10, 50, 100};
typedef pair<int, int> II;
int Sum, Debt[3], St[3], Ed[3], Cash[3][6];
int Dp[2][N][N], Visit[2][N][N];
queue<II> Q[2];
int Ans = INF;

inline void Input() {
    Rep(i, 3) scanf("%d", &Debt[i]);
    Rep(i, 3)
        Rep(j, 6)
            scanf("%d", &Cash[i][5-j]);
}

inline void Push(int w, int A, int B, int Step) {
    if(w >= 0) {
        int Last[3], C = Sum-A-B;
        Rep(i, 3) Last[i] = Ed[i];
        Last[0] -= A, Last[1] -= B, Last[2] -= C;
        Rep(i, 3)
            if(Last[i]%G[w]) return;
    }
    
    int p = (w+2)%2;
    if(Visit[p][A][B] == w) Dp[p][A][B] = min(Dp[p][A][B], Step);
    else Q[p].push(mk(A, B)), Dp[p][A][B] = Step, Visit[p][A][B] = w;
    if(A == Ed[0] && B == Ed[1]) Ans = min(Ans, Step);
}

inline void Solve() {
    Rep(i, 3) {
        Rep(j, 6) St[i] += Cash[i][j]*M[j];
        Sum += St[i], Ed[i] += St[i];
        Ed[i] -= Debt[i], Ed[(i+1)%3] += Debt[i];
    }
    Rep(i, 2)
        Rep(j, Sum)
            Rep(k, Sum) Visit[i][j][k] = -2;
    
    Push(-1, St[0], St[1], 0);
    int Last = 0, S[3], _Step, To, F1, F2, Front, T1, T2;
    Rep(w, 6) {
        Last ^= 1;
        while(sz(Q[Last])) {
            II State = Q[Last].front();
            Q[Last].pop();
            
            // One Get Front Two
            Rep(i, 3) {
                To = i, F1 = (i+1)%3;
                F2 = 0+1+2-F1-To;
                Rep(C1, Cash[F1][w]+1)
                    Rep(C2, Cash[F2][w]+1) {
                        S[0] = State.ft, S[1] = State.sd;
                        S[2] = Sum-S[0]-S[1];
                        
                        _Step = Dp[Last][S[0]][S[1]]+C1+C2;
                        S[To] += (C1+C2)*M[w], 
                        S[F1] -= C1*M[w], S[F2] -= C2*M[w];
                        Push(w, S[0], S[1], _Step);
                    }
            }
            
            // One Give To Two
            Rep(i, 3) {
                Front = i, T1 = (i+1)%3;
                T2 = 0+1+2-Front-T1;
                Rep(C1, Cash[Front][w]+1)
                    Rep(C2, Cash[Front][w]-C1+1) {
                        S[0] = State.ft, S[1] = State.sd;
                        S[2] = Sum-S[0]-S[1];
                        
                        _Step = Dp[Last][S[0]][S[1]]+C1+C2;
                        S[Front] -= (C1+C2)*M[w];
                        S[T1] += C1*M[w], S[T2] += C2*M[w];
                        Push(w, S[0], S[1], _Step);
                    }
            }
        }
    }
    
    if(Ans == INF) puts("impossible");
    else printf("%d\n", Ans);
}

int main() {
    SetIO("1021");
    Input();
    Solve();
    return 0;
}