poj 1837 Balance

Balance Time Limit: 1000MS   Memory Limit: 30000K Total Submissions: 12859   Accepted: 8063 Description Gigel has a strange "balance" and he wants to poise it. Actually, the device is different from any other ordinary balance.  It orders two arms of negligible weight and each arm's length is 15. Some hooks are attached to these arms and Gigel wants to hang up some weights from his collection of G weights (1 <= G <= 20) knowing that these weights have distinct values in the range 1..25. Gigel may droop any weight of any hook but he is forced to use all the weights.  Finally, Gigel managed to balance the device using the experience he gained at the National Olympiad in Informatics. Now he would like to know in how many ways the device can be balanced.  Knowing the repartition of the hooks and the set of the weights write a program that calculates the number of possibilities to balance the device.  It is guaranteed that will exist at least one solution for each test case at the evaluation.  Input The input has the following structure:  • the first line contains the number C (2 <= C <= 20) and the number G (2 <= G <= 20);  • the next line contains C integer numbers (these numbers are also distinct and sorted in ascending order) in the range -15..15 representing the repartition of the hooks; each number represents the position relative to the center of the balance on the X axis (when no weights are attached the device is balanced and lined up to the X axis; the absolute value of the distances represents the distance between the hook and the balance center and the sign of the numbers determines the arm of the balance to which the hook is attached: '-' for the left arm and '+' for the right arm);  • on the next line there are G natural, distinct and sorted in ascending order numbers in the range 1..25 representing the weights' values.  Output The output contains the number M representing the number of possibilities to poise the balance. Sample Input 2 4 -2 3 3 4 5 8 Sample Output 2 Source Romania OI 2002

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结题思路：

（从一个大牛哪里看来的～～～）

转载请注明出处：優YoU   http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1299341345

提示：动态规划，01背包

初看此题第一个冲动就是穷举。。。。不过再细想肯定行不通= =O(20^20)等着超时吧。。。

我也是看了前辈的意见才联想到01背包，用动态规划来解

 

题目大意：

有一个天平，天平左右两边各有若干个钩子，总共有C个钩子，有G个钩码，求将钩码全部挂到钩子上使天平平衡的方法的总数。

其中可以把天枰看做一个以x轴0点作为平衡点的横轴

输入：

2 4 //C 钩子数 与 G钩码数

-2 3 //负数：左边的钩子距离天平中央的距离；正数：右边的钩子距离天平中央的距离c[k]

3 4 5 8 //G个重物的质量w[i]

 

 

dp思路：

每向天平中方一个重物，天平的状态就会改变，而这个状态可以由若干前一状态获得。

 

首先定义一个平衡度j的概念

当平衡度j=0时，说明天枰达到平衡，j>0，说明天枰倾向右边（x轴右半轴），j<0则相反

那么此时可以把平衡度j看做为衡量当前天枰状态的一个值

因此可以定义一个 状态数组dp[i][j]，意为在挂满前i个钩码时，平衡度为j的挂法的数量。

由于距离c[i]的范围是-15~15，钩码重量的范围是1~25，钩码数量最大是20

因此最极端的平衡度是所有物体都挂在最远端，因此平衡度最大值为j=15*20*25=7500。原则上就应该有dp[ 1~20 ][-7500 ~ 7500 ]。

因此为了不让下标出现负数，做一个处理，使使得数组开为 dp[1~20][0~15000]，则当j=7500时天枰为平衡状态

 

那么每次挂上一个钩码后，对平衡状态的影响因素就是每个钩码的 力臂

力臂=重量 *臂长 = w[i]*c[k]

那么若在挂上第i个砝码之前，天枰的平衡度为j

   (换言之把前i-1个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度为j)

则挂上第i个钩码后，即把前i个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度 j=j+ w[i]*c[k]

   其中c[k]为天枰上钩子的位置，代表第i个钩码挂在不同位置会产生不同的平衡度

 

不难想到，假设 dp[i-1][j] 的值已知，设dp[i-1][j]=num

               （即已知把前i-1个钩码全部挂上天枰后得到状态j的方法有num次）

   那么dp[i][ j+ w[i]*c[k] ] = dp[i-1][j] = num

(即以此为前提，在第k个钩子挂上第i个钩码后，得到状态j+ w[i]*c[k]的方法也为num次)

 

想到这里，利用递归思想，不难得出 状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

有些前辈推导方式稍微有点不同，得到的 状态方程为dp[i][j] =∑(dp[i - 1][j - c[i] * w[i]])

 

其实两条方程是等价的，这个可以简单验证出来，而且若首先推导到第二条方程，也必须转化为第一条方程，这是为了避免下标出现负数

 

结论：

最终转化为01背包问题

状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

初始化：dp[0][7500] = 1;   //不挂任何重物时天枰平衡，此为一个方法

 

复杂度O(C*G*15000)  完全可以接受

 

转载请注明出处：優YoU   http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1299341345

提示：动态规划，01背包

初看此题第一个冲动就是穷举。。。。不过再细想肯定行不通= =O(20^20)等着超时吧。。。

我也是看了前辈的意见才联想到01背包，用动态规划来解

 

题目大意：

有一个天平，天平左右两边各有若干个钩子，总共有C个钩子，有G个钩码，求将钩码全部挂到钩子上使天平平衡的方法的总数。

其中可以把天枰看做一个以x轴0点作为平衡点的横轴

输入：

2 4 //C 钩子数 与 G钩码数

-2 3 //负数：左边的钩子距离天平中央的距离；正数：右边的钩子距离天平中央的距离c[k]

3 4 5 8 //G个重物的质量w[i]

 

 

dp思路：

每向天平中方一个重物，天平的状态就会改变，而这个状态可以由若干前一状态获得。

 

首先定义一个平衡度j的概念

当平衡度j=0时，说明天枰达到平衡，j>0，说明天枰倾向右边（x轴右半轴），j<0则相反

那么此时可以把平衡度j看做为衡量当前天枰状态的一个值

因此可以定义一个 状态数组dp[i][j]，意为在挂满前i个钩码时，平衡度为j的挂法的数量。

由于距离c[i]的范围是-15~15，钩码重量的范围是1~25，钩码数量最大是20

因此最极端的平衡度是所有物体都挂在最远端，因此平衡度最大值为j=15*20*25=7500。原则上就应该有dp[ 1~20 ][-7500 ~ 7500 ]。

因此为了不让下标出现负数，做一个处理，使使得数组开为 dp[1~20][0~15000]，则当j=7500时天枰为平衡状态

 

那么每次挂上一个钩码后，对平衡状态的影响因素就是每个钩码的 力臂

力臂=重量 *臂长 = w[i]*c[k]

那么若在挂上第i个砝码之前，天枰的平衡度为j

   (换言之把前i-1个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度为j)

则挂上第i个钩码后，即把前i个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度 j=j+ w[i]*c[k]

   其中c[k]为天枰上钩子的位置，代表第i个钩码挂在不同位置会产生不同的平衡度

 

不难想到，假设 dp[i-1][j] 的值已知，设dp[i-1][j]=num

               （即已知把前i-1个钩码全部挂上天枰后得到状态j的方法有num次）

   那么dp[i][ j+ w[i]*c[k] ] = dp[i-1][j] = num

(即以此为前提，在第k个钩子挂上第i个钩码后，得到状态j+ w[i]*c[k]的方法也为num次)

 

想到这里，利用递归思想，不难得出 状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

有些前辈推导方式稍微有点不同，得到的 状态方程为dp[i][j] =∑(dp[i - 1][j - c[i] * w[i]])

 

其实两条方程是等价的，这个可以简单验证出来，而且若首先推导到第二条方程，也必须转化为第一条方程，这是为了避免下标出现负数

 

结论：

最终转化为01背包问题

状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

初始化：dp[0][7500] = 1;   //不挂任何重物时天枰平衡，此为一个方法

 

复杂度O(C*G*15000)  完全可以接受

 

[cpp]  view plain  copy

 //Memory Time
 //1496K  0MS

 //我所使用的解题方法，由于dp状态方程组申请空间比较大大
 //若dp为局部数组，则会部分机器执行程序时可能由于内存不足会无法响应
 //所以推荐定义dp为全局数组，优先分配内存

 #include<iostream>
 using namespace std;

 int dp[21][15001]; //状态数组dp[i][j]
                        //放入（挂上）前i个物品（钩码）后，达到j状态的方法数
 int main(int i,int j,int k)
 {
     int n;  //挂钩数
     int g;  //钩码数
     int c[21];  //挂钩位置
     int w[21];  //钩码重量


     /*Input*/

     cin>>n>>g;

     for(i=1;i<=n;i++)
         cin>>c[i];
     for(i=1;i<=g;i++)
         cin>>w[i];

     /*Initial*/

     memset(dp,0,sizeof(dp));  //达到每个状态的方法数初始化为0
     dp[0][7500]=1;     //7500为天枰达到平衡状态时的平衡度
                        //放入前0个物品后，天枰达到平衡状态7500的方法有1个，就是不挂钩码

     /*DP*/

     for(i=1;i<=g;i++)
         for(j=0;j<=15000;j++)
             if(dp[i-1][j])  //优化，当放入i-1个物品时状态j已经出现且被统计过方法数，则直接使用统计结果
                             //否则忽略当前状态j
                 for(k=1;k<=n;k++)
                     dp[i][ j+w[i]*c[k] ] += dp[i-1][j]; //状态方程

     /*Output*/

     cout<<dp[g][7500]<<endl;
     return 0;
 }

转载请注明出处：優YoU   http://user.qzone.qq.com/289065406/blog/1299341345

提示：动态规划，01背包

初看此题第一个冲动就是穷举。。。。不过再细想肯定行不通= =O(20^20)等着超时吧。。。

我也是看了前辈的意见才联想到01背包，用动态规划来解

 

题目大意：

有一个天平，天平左右两边各有若干个钩子，总共有C个钩子，有G个钩码，求将钩码全部挂到钩子上使天平平衡的方法的总数。

其中可以把天枰看做一个以x轴0点作为平衡点的横轴

输入：

2 4 //C 钩子数 与 G钩码数

-2 3 //负数：左边的钩子距离天平中央的距离；正数：右边的钩子距离天平中央的距离c[k]

3 4 5 8 //G个重物的质量w[i]

 

 

dp思路：

每向天平中方一个重物，天平的状态就会改变，而这个状态可以由若干前一状态获得。

 

首先定义一个平衡度j的概念

当平衡度j=0时，说明天枰达到平衡，j>0，说明天枰倾向右边（x轴右半轴），j<0则相反

那么此时可以把平衡度j看做为衡量当前天枰状态的一个值

因此可以定义一个 状态数组dp[i][j]，意为在挂满前i个钩码时，平衡度为j的挂法的数量。

由于距离c[i]的范围是-15~15，钩码重量的范围是1~25，钩码数量最大是20

因此最极端的平衡度是所有物体都挂在最远端，因此平衡度最大值为j=15*20*25=7500。原则上就应该有dp[ 1~20 ][-7500 ~ 7500 ]。

因此为了不让下标出现负数，做一个处理，使使得数组开为 dp[1~20][0~15000]，则当j=7500时天枰为平衡状态

 

那么每次挂上一个钩码后，对平衡状态的影响因素就是每个钩码的 力臂

力臂=重量 *臂长 = w[i]*c[k]

那么若在挂上第i个砝码之前，天枰的平衡度为j

   (换言之把前i-1个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度为j)

则挂上第i个钩码后，即把前i个钩码全部挂上天枰后，天枰的平衡度 j=j+ w[i]*c[k]

   其中c[k]为天枰上钩子的位置，代表第i个钩码挂在不同位置会产生不同的平衡度

 

不难想到，假设 dp[i-1][j] 的值已知，设dp[i-1][j]=num

               （即已知把前i-1个钩码全部挂上天枰后得到状态j的方法有num次）

   那么dp[i][ j+ w[i]*c[k] ] = dp[i-1][j] = num

(即以此为前提，在第k个钩子挂上第i个钩码后，得到状态j+ w[i]*c[k]的方法也为num次)

 

想到这里，利用递归思想，不难得出 状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

有些前辈推导方式稍微有点不同，得到的 状态方程为dp[i][j] =∑(dp[i - 1][j - c[i] * w[i]])

 

其实两条方程是等价的，这个可以简单验证出来，而且若首先推导到第二条方程，也必须转化为第一条方程，这是为了避免下标出现负数

 

结论：

最终转化为01背包问题

状态方程dp[i][ j+ w[i]*c[k] ]= ∑（dp[i-1][j]）

初始化：dp[0][7500] = 1;   //不挂任何重物时天枰平衡，此为一个方法

 

复杂度O(C*G*15000)  完全可以接受

 

[cpp]  view plain  copy

 //Memory Time
 //1496K  0MS

 //我所使用的解题方法，由于dp状态方程组申请空间比较大大
 //若dp为局部数组，则会部分机器执行程序时可能由于内存不足会无法响应
 //所以推荐定义dp为全局数组，优先分配内存

 #include<iostream>
 using namespace std;

 int dp[21][15001]; //状态数组dp[i][j]
                        //放入（挂上）前i个物品（钩码）后，达到j状态的方法数
 int main(int i,int j,int k)
 {
     int n;  //挂钩数
     int g;  //钩码数
     int c[21];  //挂钩位置
     int w[21];  //钩码重量


     /*Input*/

     cin>>n>>g;

     for(i=1;i<=n;i++)
         cin>>c[i];
     for(i=1;i<=g;i++)
         cin>>w[i];

     /*Initial*/

     memset(dp,0,sizeof(dp));  //达到每个状态的方法数初始化为0
     dp[0][7500]=1;     //7500为天枰达到平衡状态时的平衡度
                        //放入前0个物品后，天枰达到平衡状态7500的方法有1个，就是不挂钩码

     /*DP*/

     for(i=1;i<=g;i++)
         for(j=0;j<=15000;j++)
             if(dp[i-1][j])  //优化，当放入i-1个物品时状态j已经出现且被统计过方法数，则直接使用统计结果
                             //否则忽略当前状态j
                 for(k=1;k<=n;k++)
                     dp[i][ j+w[i]*c[k] ] += dp[i-1][j]; //状态方程

     /*Output*/

     cout<<dp[g][7500]<<endl;
     return 0;
 }

天平问题

给一个天平，并且上面有许多的钩子（不是两个），前面以为一次性只能选两个钩子，结果不知道怎么下手，后来看清题目了才知道。然后有许多砝码，问把砝码加上去达到平衡状态的方案数。

测试用例分析：

2 4                   代表有在天平上有两个钩子，砝码有四种

-2 3                  钩子的位置，负数代表在左边，正数代表在右边

3 4 5 8             分别给出四种砝码的重量

什么时候达到平衡呢？就是臂力=臂长*重量，当两边的臂力相等的时候就会平衡了。

这里模仿背包问题，构建dp[i][j]数组，代表取前i个砝码时平衡点为j的方案数。关于平衡点j，我们将10000看做是平衡点，那么小于10000的就会向左倾，大于10000就会向右倾，为什么选10000，因为我们设左边臂力为0，而右边臂力最大为C*G*weight=20*15*25=7500，所以两边最大臂之和为15000.当然大点也没关系。

那么可以设dp[i-1][j]=num，那么对于dp[i][j]来说有两种决策，就是选第i个砝码放在哪个位置或者不放。所以dp[i][j]+=dp[i-1][j-pos[k]*weight[i]]。当然前提条件是j>=pos[k]*weight[i].

代码：

 #include <iostream>
 using namespace std;

 int dp[21][20000];

 int main(){
     int i,j,k,C,G;

     int pos[21],wight[21];
     while(scanf("%d%d",&C,&G)!=EOF){
         for(i=1;i<=C;i++)
             scanf("%d",&pos[i]);
         for(i=1;i<=G;i++)
             scanf("%d",&wight[i]);

         memset(dp,0,sizeof(dp));    //每次记得初始化所有状态为0
         dp[0][10000]=1;     //两边不放砝码的平衡点方案为1

         for(i=1;i<=G;i++)
             for(j=0;j<=20000;j++)
                 {
                     for(k=1;k<=C;k++)
                         if(j>=pos[k]*wight[i])
                          dp[i][j]+=dp[i-1][j-pos[k]*wight[i]];
                 }
         printf("%d\n",dp[G][10000]);            //输出前G个砝码，达到平衡点的方案数
     }
     return 0;
 }

不过可以采取下优化，就是dp[i-1][j]=dp[i][j+pos[k]*weight[i]]，虽然这个和上面一个一样，不过不用判断负数，会更快，代码如下：

 #include <iostream>
 using namespace std;

 int dp[21][20000];

 int main(){
     int i,j,k,C,G;

     int pos[21],wight[21];
     while(scanf("%d%d",&C,&G)!=EOF){
         for(i=1;i<=C;i++)
             scanf("%d",&pos[i]);
         for(i=1;i<=G;i++)
             scanf("%d",&wight[i]);

         memset(dp,0,sizeof(dp));
         dp[0][10000]=1;

         for(i=1;i<=G;i++)
             for(j=0;j<=20000;j++)
                 if(dp[i-1][j]){
                     for(k=1;k<=C;k++)
                         dp[i][j+pos[k]*wight[i]]+=dp[i-1][j];
                 }

         printf("%d\n",dp[G][10000]);
     }
     return 0;
 }

我的代码～～

 #include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cctype>
#include <map>
#include<stdio.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
typedef long long ll;


using namespace std;


int dp[21][15001];
int main()
{
    int i,j,k,C,G;
    int p[25],w[25];
    while(scanf("%d%d",&C,&G)!=EOF)
    {
        for(i=1;i<=C;i++)
            scanf("%d",&p[i]);
        for(i=1;i<=G;i++)
            scanf("%d",&w[i]);


        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][7500]=1;


        for(i=1;i<=G;i++)
        {
            for(j=0;j<=15000;j++)
            {
                if(dp[i-1][j])
                {
                    for(k=1;k<=C;k++)
                        dp[i][j+p[k]*w[i]]+=dp[i-1][j];
                }
            }
        }
        printf("%d\n",dp[G][7500]);
    }
    return 0;
}