poj1015审判员

动态规划题，首先是用贪心做的。后来找了几个反例。2维的动态规划。

一维是选几个人，另一维是差。枚举差，选出和最大的即可，后附大神的解题报告。

# include <stdio.h>
# include <stdlib.h>
# include <string>
# include <string.h>

int d[300];
int p[300];
int dp[30][1000];
int from[30][1000];
int ans[30];

int cmp(const void *a, const void *b) {
	return *(int *)a - *(int *)b;
}



int out (int n, int m, int j) {
	for (int i = m; i >= 1; -- i) {
		ans[i] = from[i][j];
		j -= d[ans[i]] - p[ans[i]];
	}
	qsort(ans + 1, m, sizeof(int), cmp);
	for (int i = 1; i <= m; ++ i) {
		printf (" %d", ans[i]);
	}
	printf ("\n\n");
	return 0;
}

int go (int n, int m) {
	memset (dp, -1, sizeof(dp));
	memset (from, -1, sizeof(from));
	int shift = 20*m;
	dp[0][shift] = 0;
	for (int i = 0; i < m; ++ i) {
		for (int k = 0; k <= 40 * m; ++ k) {
			if (dp[i][k] < 0) continue;
			for (int x = 1; x <= n; ++ x) {
				if (dp[i][k] + d[x] + p[x] > dp[i + 1][k + d[x] - p[x]]) {
					int t = i;
					int tmp = k;
					while (t > 0 && from[t][tmp] != x) {
						tmp -= d[from[t][tmp]] - p[from[t][tmp]];
						-- t;
					}
					if (t == 0) {
						dp[i + 1][k + d[x] - p[x]] = dp[i][k] + d[x] + p[x];
						from[i + 1][k + d[x] - p[x]] = x;
					}
				}
			}
		}
	}
	int j = 0;
	while (dp[m][shift + j] < 0 && dp[m][shift - j] < 0) ++ j;
	if (dp[m][shift + j] > dp[m][shift - j]) j = shift + j;
	else j = shift - j;
	printf ("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n", (dp[m][j] - shift + j) >> 1, (dp[m][j] - j + shift) >> 1);
	out(n, m, j);
	return 0;
}


int main () {
	int n, m;
	int cnt = 0;
	while ((scanf("%d %d", &n, &m), n + m)) {
		++ cnt;
		printf ("Jury #%d\n", cnt);
		for (int i = 1; i <= n; ++ i) {
			scanf ("%d %d", &d[i], &p[i]);
		}
		go(n, m);
	}
	return 0;
}


/*
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
总分和控方总分的差的绝对值最小。如果有多种选择方案的辩方总分
和控方总分的之差的绝对值相同，那么选辩控双方总分之和最大的
方案即可。最终选出的方案称为陪审团方案。
    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。

*/
#include<stdio.h>
#include<stdlib.h>
#include<iostream>
#include<string.h>
using namespace std;
int f[30][1000];
//f[j,k]表示：取j个候选人，使其辩控差为k的方案中
//辩控和最大的那个方案（该方案称为“方案f(j,k)”)的控辩和
int Path[30][1000];
//Path数组用来记录选了哪些人
//方案f(j,k)中最后选的那个候选人的编号，记在Path[j][k]中
int P[300];//控方打分 
int D[300]; //辩方打分

int Answer[30];//存放最终方案的人选

int cmp(const void *a,const void *b)
{
    return *(int *)a-*(int *)b;
}     
int main()
{
   int i,j,k;
    int t1,t2;
    int n,m;
    int nMinP_D;//辩控双方总分一样时的辩控差
    int iCase;//测试数据编号
    iCase=0;
    while(scanf("%d %d",&n,&m))
    {
        if(n==0&&m==0)break;
        iCase++;
        for(i=1;i<=n;i++)
           scanf("%d %d",&P[i],&D[i]);
        memset(f,-1,sizeof(f));
        memset(Path,0,sizeof(Path));
        nMinP_D=m*20;//题目中的辩控差为0，对应于程序中的辩控差为m*20
        f[0][nMinP_D]=0;
         for(j=0;j<m;j++)//每次循环选出第j个人，共要选出m人 
        {
            for(k=0;k<=nMinP_D*2;k++)//可能的辩控差为[0，nMinP_D*2] 
               if(f[j][k]>=0)//方案f[j,k]可行 
               {
                   for(i=1;i<=n;i++)
                       if(f[j][k]+P[i]+D[i]>f[j+1][k+P[i]-D[i]])
                       {
                           t1=j;t2=k;
                           while(t1>0&&Path[t1][t2]!=i)//验证i是否在前面出现过
                           {
                               t2-=P[Path[t1][t2]]-D[Path[t1][t2]];
                               t1--;
                           }
                           if(t1==0)
                           {
                               f[j+1][k+P[i]-D[i]]=f[j][k]+P[i]+D[i];
                               Path[j+1][k+P[i]-D[i]]=i;
                           }         
                       }    
               }    
        }   
        i=nMinP_D;
        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;
        printf("Jury #%d\n",iCase);
        printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",(k-nMinP_D+f[m][k])/2,(f[m][k]-k+nMinP_D)/2);
        for(i=1;i<=m;i++)
        {
            Answer[i]=Path[m-i+1][k]; 
            k-=P[Answer[i]]-D[Answer[i]];
        }
        qsort(Answer+1,m,sizeof(int),cmp);
        for(i=1;i<=m;i++)  
          printf(" %d",Answer[i]);
        printf("\n\n");     
        
    }  
    return 0;   
}