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Description
Based on the grades of the two parties, the judge selects the jury. In order to ensure a fair trial, the tendencies of the jury to favour either defence or prosecution should be as balanced as possible. The jury therefore has to be chosen in a way that is satisfactory to both parties.
We will now make this more precise: given a pool of n potential jurors and two values di (the defence's value) and pi (the prosecution's value) for each potential juror i, you are to select a jury of m persons. If J is a subset of {1,..., n} with m elements, then D(J ) = sum(dk) k belong to J
and P(J) = sum(pk) k belong to J are the total values of this jury for defence and prosecution.
For an optimal jury J , the value |D(J) - P(J)| must be minimal. If there are several jurys with minimal |D(J) - P(J)|, one which maximizes D(J) + P(J) should be selected since the jury should be as ideal as possible for both parties.
You are to write a program that implements this jury selection process and chooses an optimal jury given a set of candidates.
Input
These values will satisfy 1<=n<=200, 1<=m<=20 and of course m<=n. The following n lines contain the two integers pi and di for i = 1,...,n. A blank line separates each round from the next.
The file ends with a round that has n = m = 0.
Output
On the next line print the values D(J ) and P (J ) of your jury as shown below and on another line print the numbers of the m chosen candidates in ascending order. Output a blank before each individual candidate number.
Output an empty line after each test case.
Sample Input
4 2 1 2 2 3 4 1 6 2 0 0
Sample Output
Jury #1 Best jury has value 6 for prosecution and value 4 for defence: 2 3
Hint
大致题意：
在遥远的国家佛罗布尼亚，嫌犯是否有罪，须由陪审团决定。陪审团是由法官从公众中挑选的。先随机挑选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。
输出：
选取符合条件的最优m个候选人后，要求输出这m个人的辩方总值D和控方总值P，并升序输出他们的编号。
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
tips:dp(j,k)代表的意义 j当前正在选第j个候选人，k当前的辩控差总和为k，dp(j,k) 当前最大的辩控和
然后不断更新的是dp(j,k)的值。
ac代码:
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int n,m;
int dp[25][1000];
int path[25][1000];
int d[205];
int p[205];
int dpc[205];
int dpsum[205];
bool dis(int j,int k,int i,int v[205])
{
while(j > 0 && path[j][k] != i)
{
k -= v[path[j][k]];
j--;
}
return j?false:true;
}
int main()
{
int t = 1;
while(~scanf("%d %d",&n,&m)&&n&&m)
{
memset(dp,-1,sizeof(dp));
memset(path,0,sizeof(path));
memset(d,0,sizeof(d));
memset(p,0,sizeof(p));
memset(dpc,0,sizeof(dpc));
memset(dpsum,9,sizeof(dpsum));
for(int i = 1; i <= n; i++)
{
scanf("%d %d",&d[i],&p[i]);
dpc[i] = d[i] - p[i];
dpsum[i] = d[i] + p[i];
}
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+dpc[i]] < dp[j-1][k] + dpsum[i])//有更好的情况
{
if(dis(j-1,k,i,dpc))//判断当前编号是否已经编入
{
dp[j][k+dpc[i]] = dp[j-1][k] + dpsum[i];
path[j][k+dpc[i]] = i;
}
}
}
}
}
}
int div;
for(int k=0;k<=fix;k++)
{
if(dp[m][fix-k]>=0 || dp[m][fix+k]>=0) //从中间向两边搜索最小辨控差的位置k
{
div=dp[m][fix-k] > dp[m][fix+k] ? (fix-k):(fix+k); //最小辨控差
break;
}
}
cout<<"Jury #"<<t++<<endl;
cout<<"Best jury has value ";
//辩方总值 = （辨控和+辨控差+修正值）/2
cout<<(dp[m][div]+div-fix)/2<<" for prosecution and value ";
//控方总值 = （辨控和-辨控差+修正值）/2
cout<<(dp[m][div]-div+fix)/2<<" for defence:"<<endl;
int* id=new int[m];
for(int i=0,j=m,k=div;i<m;i++)
{
id[i]=path[j][k];
k-= dpc[ id[i] ];
j--;
}
sort(id,id+m); //升序输出候选人编号
for(int i=0;i<m;i++)
cout<<' '<<id[i];
cout<<endl<<endl;
delete id;
}
return 0;
}