BZOJ 1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务
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|。
题解
对于一张钞票，不会存在A->B->C的情况，因为可以直接A->C。
设f[0/1][i][j]为A拥有i元，B拥有j元时交换的最少次数，因为总价值固定，所以可以由A，B算出C拥有的钱，第一维用来滚动。
i枚举钞票种类，j和k枚举A和B分别拥有的总钱数，m和n枚举当前第i种纸币A剩余m张，B剩余n张。
设a,b为当前钞票交换后A,B拥有的总钱数，那么a=j+mon[i]*(m-cnt[1][i])，b=k+mon[i]*(n-cnt[2][i])。
设t为交换次数，由题解第一行的性质得到t=(abs(m-cnt[1][i])+abs(n-cnt[2][i])+abs(scnt[i]-m-n-cnt[3][i]))/2。
所以转移方程为dp[fg][a][b]=min(dp[fg][a][b],dp[fg^1][j][k]+t)。
初始状态为dp[0][sum[1]][sum[2]]=0。（sum[1]和sum[2]表示A和B初始的总钱数）
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1005,inf=0x3f3f3f3f;
int x1,x2,x3,ssum;
int mon[10]={0,100,50,20,10,5,1},cnt[5][10],scnt[10],sum[10],dp[2][N][N];
int main(){
scanf("%d%d%d",&x1,&x2,&x3);
for(int i=1;i<=3;i++){
for(int j=1;j<=6;j++){
scanf("%d",&cnt[i][j]);
scnt[j]+=cnt[i][j];
sum[i]+=mon[j]*cnt[i][j];
}
}
ssum=sum[1]+sum[2]+sum[3];
memset(dp[0],inf,sizeof(dp[0]));
dp[0][sum[1]][sum[2]]=0;
int a,b,c,fg,t;
for(int i=1;i<=6;i++){
fg=i&1;
memset(dp[fg],inf,sizeof(dp[fg]));
for(int j=0;j<=ssum;j++){
for(int k=0;j+k<=ssum;k++){
if(dp[fg^1][j][k]==inf)continue;
for(int m=0;m<=scnt[i];m++){
for(int n=0;m+n<=scnt[i];n++){
a=j+mon[i]*(m-cnt[1][i]);
b=k+mon[i]*(n-cnt[2][i]);
if(a>=0&&b>=0&&a+b<=ssum){
t=abs(m-cnt[1][i])+abs(n-cnt[2][i])+abs(scnt[i]-m-n-cnt[3][i]);
t/=2;
dp[fg][a][b]=min(dp[fg][a][b],dp[fg^1][j][k]+t);
}
}
}
}
}
}
int end1=sum[1]-x1+x3,end2=sum[2]-x2+x1;
if(end1<0||end2<0||ssum-end1-end2<0||dp[0][end1][end2]==inf){
printf("impossible\n");
}
else printf("%d\n",dp[0][end1][end2]);
return 0;
}
