洛谷 P1282 多米诺骨牌 01背包

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题目描述
多米诺骨牌有上下2个方块组成，每个方块中有1~6个点。现有排成行的

上方块中点数之和记为S1，下方块中点数之和记为S2，它们的差为|S1-S2|。例如在图8-1中，S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11，|S1-S2|=2。

每个多米诺骨牌可以旋转180°，使得上下两个方块互换位置。 编程用最少的旋转次数使多米诺骨牌上下2行点数之差达到最小。

对于图中的例子，只要将最后一个多米诺骨牌旋转180°，可使上下2行点数之差为0。

输入格式
输入文件的第一行是一个正整数n(1≤n≤1000)，表示多米诺骨牌数。接下来的n行表示n个多米诺骨牌的点数。每行有两个用空格隔开的正整数，表示多米诺骨牌上下方块中的点数a和b，且1≤a，b≤6。

输出格式
输出文件仅一行，包含一个整数。表示求得的最小旋转次数。

输入输出样例

思路

对于有多个物体，每个物体只有两个状态的，一般都是01背包了

定义状态
dp[i][j] 表示0-i下标号骨牌能够形成上下差值为j的局面，需要的最少移动次数

注意：
因为这里骨牌的差值可能是负的，所以用数组存的话，加一个偏移量就行，最大值不超过6000，那么我使用6009作为偏移，即0下标表示差值为-6009，6009下标表示差值为0

状态转移：
设上面的数字用n1[]数组存储，下面的用n2[]数组
对于第i块骨牌，如果当前局面的差值是j

• 如果骨牌正着放，那么0~i-1下标会形成差值为 j-n1[i]+n2[i]的局面
• 如果骨牌倒着放，那么0~i-1下标会形成差值为 j-n2[i]+n1[i]的局面，问题答案为上述局面答案+1
• 这一块骨牌是否倒放，取决于从上述两个局面，形成差值为j的局面，哪一个需要反转的次数少

 dp[i][j] = min(dp[i-1][j-n1[i]-n2[i]], dp[i-1][j-n2[i]-n1[i]]+1)

因为枚举的是差值（价值），计算完dp数组之后，那么从0往两边找差值最小的，且移动次数最小的即可

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n1[1009], n2[1009];
int n;
int dp[1009][6009*2];

int main()
{	
	cin>>n; 
	for(int i=0; i<n; i++) cin>>n1[i]>>n2[i];
	for(int i=0; i<1009; i++)
		for(int j=0; j<6009*2; j++) dp[i][j]=1145141919;
		
	for(int i=0; i<6009*2; i++)
		if(n1[0]-n2[0]+6009==i) dp[0][i]=0;
		else if(n2[0]-n1[0]+6009==i) dp[0][i]=1;
		
	for(int i=1; i<n; i++)
		for(int j=0; j<6009*2; j++)
			if(j-n1[i]+n2[i]>=0 && j-n2[i]+n1[i]>=0)
				dp[i][j] = min(dp[i-1][j-n2[i]+n1[i]]+1, dp[i-1][j-n1[i]+n2[i]]);
	
	int i=6009, j=6009;
	while(i>=0 && j<6009*2)
	{
		if(dp[n-1][i]<=n || dp[n-1][j]<=n)
		{
			cout<<min(dp[n-1][i], dp[n-1][j])<<endl; 
			break;
		}
		i--; j++;
	}
	
	return 0;
}