POJ1015 Jury Compromise

POJ1015 Jury Compromise

• 我们可以将每个候选人的辩控差作为该物品的体积之一，把辩控和作为物品的价值。
• 因为评价差的总分值最大可能就只有[-400,400]，所以我们整体加上20*m

    为叙述问题方便，现将任一选择方案中，辩方总分和控方总分
之差简称为“辩控差”，辩方总分和控方总分之和称为“辩控和”。
第i 个候选人的辩方总分和控方总分之差记为V(i)，辩方总分和控
方总分之和记为S(i)。现用f(j, k)表示，取j 个候选人，使其辩
控差为k 的所有方案中，辩控和最大的那个方案（该方案称为“方
案f(j, k)”）的辩控和。并且，我们还规定，如果没法选j 个人，
使其辩控差为k，那么f(j, k)的值就为-1，也称方案f(j, k)不可行。
本题是要求选出m 个人，那么，如果对k 的所有可能的取值，求
出了所有的f(m, k) (-20×m≤ k ≤ 20×m)，那么陪审团方案
自然就很容易找到了。
    问题的关键是建立递推关系。需要从哪些已知条件出发，
才能求出f(j, k)呢？显然，方案f(j, k)是由某个可行的方案f(j-1, x)
( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。可行方案f(j-1, x)能演化成
方案f(j, k)的必要条件是：存在某个候选人i，i 在方案f(j-1, x)中
没有被选上，且x+V(i) = k。在所有满足该必要条件的f(j-1, x)中，
选出 f(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个，那么方案f(j-1, x)再加上候选人i，
就演变成了方案 f(j, k)。这中间需要将一个方案都选了哪些人都记录下来。
不妨将方案f(j, k)中最后选的那个候选人的编号，记在二维数组的
元素path[j][k]中。那么方案f(j, k)的倒数第二个人选的编号，
就是path[j-1][k-V[path[j][k]]。假定最后算出了解方案的辩控差是k，
那么从path[m][k]出发，就能顺藤摸瓜一步步求出所有被选中的候选人。
初始条件，只能确定f(0, 0) = 0。由此出发，一步步自底向上递推，
就能求出所有的可行方案f(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题
的时候，会用一个二维数组f 来存放f(j, k)的值。而且，由于题目中辩
控差的值k 可以为负数，而程序中数租下标不能为负数，所以，在程序中
不妨将辩控差的值都加上400，以免下标为负数导致出错，即题目描述中，
如果辩控差为0，则在程序中辩控差为400。
大佬题解

  代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

int n,m;
int a[330],b[300];
int f[300][1000];
int pat[300][1000];
int zer,t1,t2;
int icase;
int ans[300];
int i,j,k;

int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&m))
    {
        icase++;
        if(n==0&&m==0)  break;
        int x,y;
        memset(f,-1,sizeof(f));
        memset(pat,0,sizeof(pat));
        for(i=1 ; i<=n ; i++)
        {
            scanf("%d%d",&x,&y);
            a[i]=x-y;
            b[i]=x+y;
        }    
        
        zer=20*m;//题目中的辩控差为0，对应于程序中的辩控差为m*20
        f[0][zer]=0;
        //f[j][k]表示选j个人使其辩控差为k时的最大辩控和 
        for(j=0 ; j<m ; j++)//每次循环选出1个人
        {
            for(k=0 ; k<=zer*2 ; k++)//枚举辩控差 
                if(f[j][k]>=0)
                {
                    for(i=1 ; i<=n ; i++)
                        if(f[j][k]+b[i]>f[j+1][k+a[i]])
                        {
                            t1=j;t2=k;
                            while(t1>0&&pat[t1][t2]!=i)//验证i是否在前面出现过 
                            {
                                t2-=a[pat[t1][t2]];
                                t1--;
                            }
                            if(t1==0)
                            {
                                f[j+1][k+a[i]]=f[j][k]+b[i];
                                pat[j+1][k+a[i]]=i;
                            }
                        }
                }
        }
        i=zer,j=0;
        while(f[m][i+j]<0&&f[m][i-j]<0) j++;
        if(f[m][i+j]>f[m][i-j]) k=i+j;
        else k=i-j;
        int ans1=(f[m][k]+k-zer)/2;//(和+差)/2 
        int ans2=(f[m][k]-(k-zer))/2;//(和-差)/2 
        printf("Jury #%d\n",icase);
        printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",ans1,ans2);
        for(i=1 ; i<=m ; i++)
        {
            ans[i]=pat[m-i+1][k];
            k-=a[ans[i]];
        }
        sort(ans+1,ans+m+1);
        for(i=1 ; i<=m ; i++) printf(" %d",ans[i]);
        printf("\n\n");
    }
    return 0;    
}