題目描述

多米諾骨牌有上下2個方塊組成，每個方塊中有1~6個點。現有排成行的

上方塊中點數之和記為S1，下方塊中點數之和記為S2，它們的差為|S1-S2|。例如在圖8-1中，S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11，|S1-S2|=2。每個多米諾骨牌可以旋轉180°，使得上下兩個方塊互換位置。 編程用最少的旋轉次數使多米諾骨牌上下2行點數之差達到最小。

對於圖中的例子，只要將最後一個多米諾骨牌旋轉180°，可使上下2行點數之差為0。

輸入輸出格式

輸入格式：

輸入文件的第一行是一個正整數n(1≤n≤1000)，表示多米諾骨牌數。接下來的n行表示n個多米諾骨牌的點數。每行有兩個用空格隔開的正整數，表示多米諾骨牌上下方塊中的點數a和b，且1≤a，b≤6。

輸出格式：

輸出文件僅一行，包含一個整數。表示求得的最小旋轉次數。

輸入輸出樣例

4
6 1
1 5
1 3
1 2

1

就是個背包的變形。。。

我們定義f[i][j]代表前I個多米諾骨牌的差值為j時的最小旋轉次數，那麽狀態轉移方程就很顯然了：

記a，b分別為一個骨牌的上下的點數，則

f[i][j]=min(f[i][j],min(f[i-1][j-(a-b)+5000],f[i-1][j-(b-a)+5000]+1))

不旋轉 旋轉

其中要加上5000就是要加上一個偏移量，防止下標為負數

初始化時將數組初始化為999999999，f[0][5000]=0

查詢時就從5000開始向兩端擴展，若它們兩個取的f數組值不為999999999，就說明可以達到這個最小值，輸出這個次數即可。

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstdlib>
 3 #include<cstring>
 4 #include<iostream>
 5 #include<cmath>
 6 #include<algorithm>
 7 #include<vector>
 8
 
 #include<stack>
 9 #include<queue>
10 #include<map>
11 #define RG register
12 #define IL inline
13 #define pi acos(-1.0)
14 #define ll long long 
15 using namespace std;
16 int a[1005][3],n;
17 int w1[1005],w2[1005];
18 int dp[1005][10005];
19 int main() {
20   scanf("%d",&n);
21   for(int i=1;i<=n;i++){
22      int k1,k2;
23      scanf("%d%d",&k1,&k2);
24      w1[i]=k1-k2; w2[i]=k2-k1; //w1不翻轉，w2翻轉
25   }
26   for(int i=0;i<=n;i++)
27      for(int j=0;j<=10002;j++)
28         dp[i][j]=999999999;//前I個多米諾牌，差值和為j的最小次數
29   dp[0][5000]=0;
30   for(int i=1;i<=n;i++)
31      for(int j=-5000;j<=5000;j++)
32        dp[i][j+5000]=min(dp[i][j+5000],min(dp[i-1][j-w1[i]+5000],dp[i-1][j-w2[i]+5000]+1));
33   if(dp[n][5000]!=999999999){
34      cout<<dp[n][5000];
35      return 0;
36   }
37   int j=1,minn=999999999;
38   while(1){
39     minn=min(dp[n][5000-j],dp[n][5000+j]);
40     if(minn!=999999999){
41        cout<<minn;
42        return 0;
43     }
44     ++j;
45   }
46   return 0;
47 }

洛谷 P1282 多米諾骨牌