【poj1015】 Jury Compromise

http://poj.org/problem?id=1015 (题目链接)

题意

　　随机挑选ｎ个人作为陪审团的候选人，然后再从这ｎ个人中选m 人组成陪审团。选ｍ人的办法是：控方和辩方会根据对候选人的喜欢程度，给所有候选人打分，分值从0 到20。为了公平起见，法官选出陪审团的原则是：选出的ｍ个人，必须满足辩方总分D和控方总分P的差的绝对值|D-P|最小。如果有多种选择方案的 |D-P| 值相同，那么选辩控双方总分之和D+P最大的方案即可。

Solution

　　源自：http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6671105

　　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dp(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dp(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dp(j, k)的值就为-1，也称方案dp(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dp(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dp(j, k)呢？显然，方案dp(j, k)是由某个可行的方案dp(j-1, x)( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。

　　可行方案dp(j-1, x)能演化成方案dp(j, k)的必要条件是：存在某个候选人i，i 在方案dp(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dp(j-1, x)中，选出 dp(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个，那么方案dp(j-1, x)再加上候选人i，就演变成了方案 dp(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dp(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dp(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回溯求出所有被选中的候选人。

　　初始条件，只能确定dp(0, 0) = 0，其他均为-1。由此出发，一步步自底向上递推，就能求出所有的可行方案dp(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题的时候，会用一个二维数组dp 来存放dp(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修正值fix=400，以免下标为负数导致出错。

　　为什么fix=400？这是很显然的，m上限为20人，当20人的d均为0，p均为20时，会出现辨控差为-400。修正后回避下标负数问题，区间整体平移，从[-400,400]映射到[0,800]。

　　此时初始条件修正为dp(0, fix) = 0，其他均为-1。

　　DP后，从第m行的dp(m, fix)开始往两边搜索最小|D-P| 即可，第一个不为dp[m][k]!=-1的位置k就是最小|D-P|的所在。

　　最后就是求m个人的D和P，由于D+P = dp(m, |D-P| ) ，|D-P|已知。

　　那么D= (D+P + |D-P| )/2 , P=(D+P-|D-P| ) / 2。计算D和P时注意修正值fix

代码

// poj1015
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#define inf 2147483640
#define LL long long
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
inline LL getint() {
    LL x=0,f=1;char ch=getchar();
    while (ch>'9' || ch<'0') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
    while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}

const int maxn=300;
struct data {int v,s,p,d;}a[maxn];
int f[300][1000],v[300][1000],ans[maxn],n,m;

int pan(int j,int k,int i) {
    while (j && v[j][k]) {
        if (v[j][k]==i) return 0;
        k-=a[v[j][k]].v;j--;
    }
    return 1;
}
int main() {
    int T=0;
    while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n && m) {
        memset(f,-1,sizeof(f));
        memset(v,0,sizeof(v));
        for (int i=1;i<=n;i++) {
            scanf("%d%d",&a[i].p,&a[i].d);
            a[i].s=a[i].p+a[i].d;a[i].v=a[i].p-a[i].d;
        }
        int fix=m*20;
        f[0][fix]=0;
        for (int j=1;j<=m;j++)
            for (int k=0;k<=2*fix;k++) if (f[j-1][k]>=0)
                    for (int i=1;i<=n;i++)
                        if (f[j][k+a[i].v]<f[j-1][k]+a[i].s)
                            if (pan(j-1,k,i)) {
                                f[j][k+a[i].v]=f[j-1][k]+a[i].s;
                                v[j][k+a[i].v]=i;
                            }
        int num=0;
        for (int i=0;i<=fix;i++) if (f[m][fix-i]!=-1 || f[m][fix+i]!=-1) {num=i;break;}
        int div=f[m][fix-num]>f[m][fix+num] ? fix-num : fix+num;
        printf("Jury #%d
Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:
",++T,(f[m][div]+div-fix)/2,(f[m][div]-div+fix)/2);
        int n=m;
        while (m && v[m][div]) {
            ans[m]=v[m][div];
            div-=a[ans[m]].v;
            m--;
        }
        sort(ans+1,ans+1+n);
        for (int i=1;i<=n;i++) printf(" %d",ans[i]);
        printf("

");
    }
    return 0;
}

PS：是不是很有道理，可是这样dp实际上是错误的。 
　　考虑这种情况：如果答案是某个F[i][j]加上陪审员k构成的，但F[i][j]的最优解已经包括陪审员k，答案应当是F[i,j]的次优解加上陪审员k，这种情况就无法求出答案了。去除了后效性，是不是还能够保证最优子结构性质？ 
　　感觉上似乎有点道理，数据为证：

9 6 
6 2 
4 9 
19 8 
17 12 
4 7 
10 2 
2 14 
5 18 
0 0

正解: 
Jury #1 
Best jury has value 54 for prosecution and value 54 for defence: 
1 2 3 4 6 9

（以上均来自Poj Discuss）

看起来还是要写三维，博主懒得写了。。