【poj1015】 Jury Compromise
http://poj.org/problem?id=1015 (题目链接)
题意
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。
Solution
源自:http://blog.csdn.net/lyy289065406/article/details/6671105
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
代码
// poj1015
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<vector>
#define inf 2147483640
#define LL long long
#define free(a) freopen(a".in","r",stdin);freopen(a".out","w",stdout);
using namespace std;
inline LL getint() {
LL x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch>'9' || ch<'0') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
} const int maxn=300;
struct data {int v,s,p,d;}a[maxn];
int f[300][1000],v[300][1000],ans[maxn],n,m; int pan(int j,int k,int i) {
while (j && v[j][k]) {
if (v[j][k]==i) return 0;
k-=a[v[j][k]].v;j--;
}
return 1;
}
int main() {
int T=0;
while (scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF && n && m) {
memset(f,-1,sizeof(f));
memset(v,0,sizeof(v));
for (int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d%d",&a[i].p,&a[i].d);
a[i].s=a[i].p+a[i].d;a[i].v=a[i].p-a[i].d;
}
int fix=m*20;
f[0][fix]=0;
for (int j=1;j<=m;j++)
for (int k=0;k<=2*fix;k++) if (f[j-1][k]>=0)
for (int i=1;i<=n;i++)
if (f[j][k+a[i].v]<f[j-1][k]+a[i].s)
if (pan(j-1,k,i)) {
f[j][k+a[i].v]=f[j-1][k]+a[i].s;
v[j][k+a[i].v]=i;
}
int num=0;
for (int i=0;i<=fix;i++) if (f[m][fix-i]!=-1 || f[m][fix+i]!=-1) {num=i;break;}
int div=f[m][fix-num]>f[m][fix+num] ? fix-num : fix+num;
printf("Jury #%d\nBest jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",++T,(f[m][div]+div-fix)/2,(f[m][div]-div+fix)/2);
int n=m;
while (m && v[m][div]) {
ans[m]=v[m][div];
div-=a[ans[m]].v;
m--;
}
sort(ans+1,ans+1+n);
for (int i=1;i<=n;i++) printf(" %d",ans[i]);
printf("\n\n");
}
return 0;
}
PS:是不是很有道理,可是这样dp实际上是错误的。
考虑这种情况:如果答案是某个F[i][j]加上陪审员k构成的,但F[i][j]的最优解已经包括陪审员k,答案应当是F[i,j]的次优解加上陪审员k,这种情况就无法求出答案了。去除了后效性,是不是还能够保证最优子结构性质?
感觉上似乎有点道理,数据为证:
9 6
6 2
4 9
19 8
17 12
4 7
10 2
2 14
5 18
0 0正解:
Jury #1
Best jury has value 54 for prosecution and value 54 for defence:
1 2 3 4 6 9
(以上均来自Poj Discuss)
看起来还是要写三维,博主懒得写了。。
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