P1282 多米诺骨牌

题目描述

多米诺骨牌有上下2个方块组成，每个方块中有1~6个点。现有排成行的

上方块中点数之和记为S1，下方块中点数之和记为S2，它们的差为|S1-S2|。例如在图8-1中，S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11，|S1-S2|=2。每个多米诺骨牌可以旋转180°，使得上下两个方块互换位置。 编程用最少的旋转次数使多米诺骨牌上下2行点数之差达到最小。

对于图中的例子，只要将最后一个多米诺骨牌旋转180°，可使上下2行点数之差为0。

输入输出格式

输入格式：

输入文件的第一行是一个正整数n(1≤n≤1000)，表示多米诺骨牌数。接下来的n行表示n个多米诺骨牌的点数。每行有两个用空格隔开的正整数，表示多米诺骨牌上下方块中的点数a和b，且1≤a，b≤6。

输出格式：

输出文件仅一行，包含一个整数。表示求得的最小旋转次数。

输入输出样例

输入样例#1： 

4
6 1
1 5
1 3
1 2

输出样例#1： 

1

Solution：

　　本题发现每次决策只有两种情况：反转或者不反转。

　　套上$0/1$背包的模型，考虑枚举差值，由于差值可以为负，所以定义转移时要令其加上一个数$N$又保证不会越界（我这里取得是$N=5000$，因为$1000$个数最多相差$5000$），然后定义状态$f[i][j]$表示取了前$i$个物品差值为$j$的最少交换次数。

　　则不难想到状态转移方程：设$p$为上面的数减下面的数所得值，则不反转：$f[i][j+p+N]=min(f[i][j+p+N],f[i-1][j+N])$，反转：$f[i][j-p+N]=min(f[i][j-p+N],f[i-1][j+N]+1)$。

　　初始状态为$f[0][N]=0$（表示取$0$个时差值为$0$的情况不需要交换），其余为$inf$，目标状态为$f[n][i],iin [n-m,n+m]$中的$abs(i-N)$最小时的$f[n][i]$（其中$m$为最大差值，$abs(i-N)$最小时可能对应差值为正和为负两种情况，$f[n][i]$的值要取两者中的最小值）。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define Min(a,b) (a)>(b)?(b):(a)
#define For(i,a,b) for(int (i)=(a);(i)<=(b);(i)++)
using namespace std;
const int N=1000;
int n,p,a[N+1][2],f[N+1][10005],m,ans;
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n;m=n*5;
    For(i,1,n)cin>>a[i][0]>>a[i][1];
    memset(f,0x3f,sizeof(f));f[0][N*5]=0;
    For(i,1,n) For(j,-m,m)
        p=a[i][0]-a[i][1], 
        f[i][j+p+N*5]=Min(f[i][j+p+N*5],f[i-1][j+N*5]),
        p=a[i][1]-a[i][0],
        f[i][j+p+N*5]=Min(f[i][j+p+N*5],f[i-1][j+N*5]+1);
    p=520520;
    For(i,N*5-m,N*5+m)
        if(f[n][i]!=f[0][0]){
            if(p>abs(i-N*5))p=abs(i-N*5),ans=f[n][i];
            else if(p==abs(i-N*5))ans=Min(f[n][i],ans);       
        }
    cout<<ans;
    return 0;
}