数组分割

一、题目概述：有一个没有排序，元素个数为2N的正整数数组。要求把它分割为元素个数为N的两个数组，并使两个子数组的和最接近。
假设数组A[1..2N]所有元素的和是SUM。模仿动态规划解0-1背包问题的策略，令S(k, i)表示前k个元素中任意i个元素的和的集合。显然：
S(k, 1) = {A[i] | 1<= i <= k}
S(k, k) = {A[1]+A[2]+…+A[k]}
S(k, i) = S(k-1, i) U {A[k] + x | x属于S(k-1, i-1) }
按照这个递推公式来计算，最后找出集合S(2N, N)中与SUM最接近的那个和，这便是答案。这个算法的时间复杂度是O(2^N).
因为这个过程中只关注和不大于SUM/2的那个子数组的和。所以集合中重复的和以及大于SUM/2的和都是没有意义的。把这些没有意义的和剔除掉，剩下的有意义的和的个数最多就是SUM/2个。所以，我们不需要记录S(2N,N)中都有哪些和，只需要从SUM/2到1遍历一次，逐个询问这个值是不是在S(2N,N)中出现，第一个出现的值就是答案。我们的程序不需要按照上述递推公式计算每个集合，只需要为每个集合设一个标志数组，标记SUM/2到1这个区间中的哪些值可以被计算出来。关键代码如下：

#include<iostream>
using namespace std;

//有一个没有排序，元素个数为2N的正整数数组。要求把它分割为元素个数为N的两个数组，并使两个子数组的和最接近。
int arr[] = {0,1,5,7,8,9,6,3,11,20,17};
const int N=5;
const int SUM = 87;

// 模仿动态规划解0-1背包问题的策略
int solve1()
{
    int i , j , s;
    int dp[2*N+1][N+1][SUM/2+2];

    /*
    用dp(i,j,c)来表示从前i个元素中取j个、且这j个元素之和不超过c的最佳(大)方案，在这里i>=j,c<=S
    状态转移方程：   
    限第i个物品　　　　　　　不取　　
    dp(i,j,c)=max{dp(i-1,j-1,c-a[i])+a[i]，dp(i-1,j,c)}
    dp(2N,N,SUM/2+1)就是题目的解。
    */
    //初始化
    memset(dp,0,sizeof(dp));

    for(i = 1 ; i <= 2*N ; ++i)
    {
        for(j = 1 ; j <= min(i,N) ; ++j)
        {
            for(s = SUM/2+1 ; s >= arr[i] ; --s)
            {
                dp[i][j][s] = max(dp[i-1][j-1][s-arr[i]]+arr[i] , dp[i-1][j][s]);
            }
        }
    }

    //因为这为最终答案　dp[2*N][N][SUM/2+1];
    i=2*N , j=N , s=SUM/2+1;
    while(i > 0)
    {
        if(dp[i][j][s] == dp[i-1][j-1][s-arr[i]]+arr[i])   //判定这个状态是由哪个状态推导出来的
        {
            cout<<arr[i]<<" ";    //取中arr[i]
            j--;
            s -= arr[i];
        }    
        i--;
    }
    cout<<endl;
    return dp[2*N][N][SUM/2+1];
}

int solve2()
{
    int i , j , s;
    int dp[N+1][SUM/2+2];     //取Ｎ+１件物品，总合不超过SUM/2+2，的最大值是多少 
    memset(dp,0,sizeof(dp));    //初始状态都为0

    for(i = 1 ; i <= 2*N ; ++i)
    {
        for(j = 1 ; j <= min(i,N) ; ++j)
        {
            for(s = SUM/2+1 ; s >= arr[i] ; --s)    //01背包从大到小，可以省空间，即最外层的空间
            {
                dp[j][s] = max(dp[j-1][s-arr[i]]+arr[i] , dp[j][s]); 
            }
        }
    }
    //要求最优解则　空间不能优化，
    return dp[N][SUM/2+1];
}

int solve3()
{
    int i , j , s;
    int isOK[N+1][SUM/2+2]; //isOK[i][v]表示是否可以找到i个数，使得它们之和等于v
    memset(isOK,0,sizeof(isOK));    //都不合法
    //注意初始化
    isOK[0][0] = 1; //可以,取0件物品，总合为0，是合法的

    for(i = 1 ; i <= 2*N ; ++i)
    {
        for( j = 1 ; j <= min(i,N) ; ++j)
        {
            for(s = SUM/2+1 ; s >= arr[i] ; --s) //从大到小，数组少了一维
            {
                if( isOK[j-1][s-arr[i]] )
                    isOK[j][s] = 1;
            }
        }
    }
    for(s = SUM/2+1 ; s >= 0 ; --s)
    {
        if(isOK[N][s])
            return s;
    }

    //要求最优解则空间不能优化
    return 0;
}

int main(void)
{
    int s1 = solve1();
    int s2 = solve2();
    int s3 = solve3();
    cout<<"s1="<<s1<<endl;
    cout<<"s2="<<s2<<endl;
    cout<<"s3="<<s3<<endl;
    system("pause");
    return 0;
}

二、扩展问题：  交换两个数组元素使两个数组和的差最小
有两个数组a、b，大小都为n,数组元素的值任意整形数，无序；
要求：通过交换a、b数组中的元素，使[数组a元素的和]与[数组b元素的和]之间的差最小。
其实这个问题就是上面问题的变形，将a、b两个数组合并为一个数组，然后问题就转化为将2*n个元素数组分割为2个长度为n的数组，并使两个子数组的和最接近。
另外，特别注意：如果数组中有负数的话，上面的背包策略就不能使用了（因为第三重循环中的s是作为数组的下标的，不能出现负数的），需要将数组中的所有数组都加上最小的那个负数的绝对值，将数组中的元素全部都增加一定的范围，全部转化为正数，然后再使用上面的背包策略就可以解决了。

转自：http://blog.csdn.net/Hackbuteer1/article/details/7638305