BZOJ1021

转载：http://www.cnblogs.com/Asm-Definer/p/4372749.html

 

1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 985  Solved: 513
[Submit][Status][Discuss]

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，Al
ice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

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=1002,INF=0x3f3f3f3f,val[6]={1,5,10,20,50,100};
int cnt[3][6],tot[6],Cur[3],Tar[2],Sum,f[2][maxn][maxn];//f开三维，第一位滚动数组用，第二第三维则是A，B所拥有的钱的数目，因为A,B确定，C一定确定，所以不需要开第四维
inline void init(){
    int a,b,c;
    scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
    for(int i=0;i<3;++i) for(int j=5;j>=0;--j){
        scanf("%d",&cnt[i][j]);
        Cur[i]+=cnt[i][j]*val[j];
        tot[j]+=cnt[i][j];
    }
    Sum=Cur[0]+Cur[1]+Cur[2];
    Tar[0]=Cur[0]-a+c;//A的目标钱数
    Tar[1]=Cur[1]-b+a;//B的目标钱数
    if(Tar[0]<0||Tar[1]<0||Sum-Tar[0]-Tar[1]<0) {
        puts("impossible");
        exit(0);
    }
}
int main(){
    init();
    const int rang=Sum+1;
    int i,j,k,a,b,t,tmp,da,db,cnta,cntb;
    bool cur,las;
    for(i=0;i<=Sum;++i)
        memset(f[1][i],0x3f,sizeof(int)*rang);
    f[1][Cur[0]][Cur[1]]=0;
    for(i=0;i<6;++i) {
        cur=i&1,las=cur^1;
        for(j=0;j<=Sum;++j) memset(f[cur][j],0x3f,sizeof(int)*rang);
        for(j=0;j<=Sum;++j){//这里枚举的方向无所谓
            t=Sum-j;
            for(k=0;k<=t;++k) {
                if(f[las][j][k]==INF) continue;
                f[cur][j][k]=min(f[cur][j][k],f[las][j][k]);
                for(a=0;a<=tot[i];++a) {//枚举第i种钱的数目在A中的个数
                    tmp=tot[i]-a;
                    for(b=0;b<=tmp;++b){//枚举第i种钱的数目在B中的个数
                        da=a-cnt[0][i],db=b-cnt[1][i];//da是交换时A所用的第i种钱的数目，db是B所用的。。
                        cnta=j+da*val[i],cntb=k+db*val[i];
                        if(cnta<0||cntb<0) continue;
                        f[cur][cnta][cntb]=min(f[cur][cnta][cntb],f[las][j][k]+(abs(da)+abs(db)+abs(da+db))/2);//因为交易的话不会出现传递式的交易（就是同一个钱币A->B->C,可以直接A->C，所以的话如果da,db正负相同肯定OK啦（此时A，B均是给C，或C给他俩没有彼此交易），如果不同的话只能说明A,B有彼此交易，那么会算重一部分的。
                    }
                }
            }
        }
    }
    if(f[cur][Tar[0]][Tar[1]]==INF) puts("impossible");
    else printf("%d\n",f[cur][Tar[0]][Tar[1]]);
}