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大致题意：
在遥远的国家佛罗布尼亚，嫌犯是否有罪，须由陪审团决定。陪审团是由法官从公众中挑选的。先随机挑选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。
输出：
选取符合条件的最优m个候选人后，要求输出这m个人的辩方总值D和控方总值P，并升序输出他们的编号。
解题思路：
动态规划。
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
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4 #include<iostream>
5 #include<cmath>
6 #include<algorithm>
7 using namespace std;
8
9 int n; //候选人数
10 int m; //当选人数
11 int dp[21][801]; //dp[j][k]：取j个候选人，使其辩控差为k的所有方案中，辩控和最大的方案的辩控和
12 int path[21][801]; //记录所选定的候选人的编号
13
14 /*回溯，确认dp[j][k]方案是否曾选择过候选人i*/
15 bool select(int j,int k,int i,int* v)
16 {
17 while(j>0 && path[j][k]!=i)
18 {
19 k-=v[ path[j][k] ];
20 j--;
21 }
22 return j?false:true;
23 }
24
25 int main(void)
26 {
27 int time=1;
28 while(cin>>n>>m && n)
29 {
30 /*Initial*/
31
32 int j,k,i;
33 int* p=new int[n+1]; //每个人的控方值
34 int* d=new int[n+1]; //每个人的辩方值
35 int* s=new int[n+1]; //每个人的辨控和
36 int* v=new int[n+1]; //每个人的辨控差
37 memset(dp,-1,sizeof(dp));
38 memset(path,0,sizeof(path));
39
40 /*Input*/
41
42 for(i=1;i<=n;i++)
43 {
44 cin>>p[i]>>d[i];
45
46 s[i]=p[i]+d[i];
47 v[i]=p[i]-d[i];
48 }
49 int fix=m*20; //总修正值，修正极限为从[-400,400]映射到[0,800]
50
51 /*DP*/
52
53 dp[0][fix]=0; //由于修正了数值，因此dp[0][fix]才是真正的dp[0][0]
54 for(j=1;j<=m;j++)
55 for(k=0;k<=2*fix;k++)
56 {
57 if(dp[j-1][k]>=0) //区间已平移，dp[0][fix]才是真正的dp[0][0]
58 {
59 for(i=1;i<=n;i++)
60 if(dp[j][ k+v[i] ] < dp[j-1][k]+s[i])
61 {
62 if(select(j-1,k,i,v))
63 {
64 dp[j][ k+v[i] ] = dp[j-1][k]+s[i];
65 path[j][ k+v[i] ] = i;
66 }
67 }
68 }
69 }
70
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72 /*Output*/
73
74 for(k=0;k<=fix;k++)
75 if(dp[m][fix-k]>=0 || dp[m][fix+k]>=0) //从中间向两边搜索最小辨控差的位置k
76 break;
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78 int div=dp[m][fix-k] > dp[m][fix+k] ? (fix-k):(fix+k); //最小辨控差
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80 cout<<"Jury #"<<time++<<endl;
81 cout<<"Best jury has value ";
82 //辩方总值 = （辨控和+辨控差+修正值）/2
83 cout<<(dp[m][div]+div-fix)/2<<" for prosecution and value ";
84 //控方总值 = （辨控和-辨控差+修正值）/2
85 cout<<(dp[m][div]-div+fix)/2<<" for defence:"<<endl;
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87 int* id=new int[m];
88 for(i=0,j=m,k=div;i<m;i++)
89 {
90 id[i]=path[j][k];
91 k-=v[ id[i] ];
92 j--;
93 }
94 sort(id,id+m); //升序输出候选人编号
95 for(i=0;i<m;i++)
96 cout<<' '<<id[i];
97 cout<<endl<<endl;
98
99 /*Relax*/
100
101 delete p;
102 delete d;
103 delete s;
104 delete v;
105 delete id;
106 }
107 return 0;
108 }