解题代码：
import java.util.Arrays;
import java.util.Scanner;
public class Main {
//dp[j][k]：取j个候选人，使其辩控差为k的所有方案中，辩控和最大的方案的辩控和
private static int[][] dp = new int[21][801];
//记录所选定的候选人的编号
private static int[][] path = new int[21][801];
public static void main(String[] args) {
Scanner stdin = new Scanner(System.in);
int n, m;
int count = 0;
while ((n = stdin.nextInt()) + (m = stdin.nextInt()) !=0) {
count++;
int[] d = new int[n+1];
int[] p = new int[n+1];
int[] v = new int[n+1];
int[] s = new int[n+1];
for (int i = 1; i <= n; i++) {
d[i] = stdin.nextInt();
p[i] = stdin.nextInt();
v[i] = d[i] - p[i]; //每个人的辨控差
s[i] = d[i] + p[i]; //每个人的辨控和
}
for (int i = 0; i < 21; i++) {
Arrays.fill(dp[i], -1);
Arrays.fill(path[i], 0);
}
int fix = m*20;
dp[0][fix] = 0;
for (int j = 1; j <= m; j++) {
for (int k = 0; k <= 2*fix; k++) {
if (dp[j-1][k] >= 0) {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (dp[j][ k+v[i] ] < (dp[j-1][k] + s[i])) {
if (select(j-1, k, i, v)) {
dp[j][ k+v[i] ] = dp[j-1][k] + s[i];
path[j][ k+v[i] ] = i;
}
}
}
}
}
}
int k;
for (k = 0; k < fix; k++) {
if (dp[m][fix-k] >= 0 || dp[m][fix+k] >= 0) {
break;
}
}
int div = dp[m][fix-k] > dp[m][fix+k] ? (fix-k) : (fix+k);
System.out.printf("Jury #%d\n", count);
System.out.printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n", (dp[m][div]+div-fix)/2, (dp[m][div]-div+fix)/2);
int[] id=new int[m];
for(int i=0,j=m,k1=div;i<m;i++) {
id[i]=path[j][k1];
k1-=v[ id[i] ];
j--;
}
Arrays.sort(id); //升序输出候选人编号
for(int i=0;i<m;i++) {
System.out.printf(" %d", id[i]);
}
System.out.println();
}
}
/**
*回溯，确认dp[j][k]方案是否曾选择过候选人i
*/
private static boolean select(int j, int k, int i, int[] v) {
while(j>0 && path[j][k]!=i)
{
k-=v[ path[j][k] ];
j--;
}
return (j>0)?false:true;
}
}
解题思路：
动态规划。
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