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
4 6 1 1 5 1 3 1 2
1
分析：
这道题其实是一道十分抽象的背包问题
（你在逗我？这那里是背包，明明是贪心好咩？(≧∇≦)ﾉ）
真的是背包啊！QAQ
那么我们如何调整呢？
我们先把骨牌反转，使点数大的在上方；
这样保证上方的点数和一定大于下方的点数和；
那么翻转时的点数改变就是上下点数的差值乘以2了！
想到这里，我们可以考虑到：一开始的上下的点数的差值抽象成背包的体积，每一个骨牌当成一个物品，
因为我们一开始就把点数大的放在了上面，而每放一次，翻转次数就+1。考虑：要是我后来后悔了，我发现不翻这个骨牌更好怎么办？那我会把它翻回来，那么相当于没有翻这个骨牌。
因此，一开始翻过的骨牌重量就是-1，未翻过的骨牌重量就是1（重量等价于翻转次数）
当然，上下相同的骨牌就是体积为0，重量为0的物品，因为他们无论怎么翻，都不会对上下点数差造成影响。
至此，背包的模型就出来了。这个问题被简化成：有n个物品，给出每个物品的体积v[i],他们的重量是1或-1。背包的重量为base，体积为tot，现在请把这n个物品放到背包里去，总体积不能超过tot，体积最大的情况下使得物品重量之和最小。
其中，dp[i][j]表示前i件物品能装到体积为j的最小重量
vs[i][j]表示前i件物品能否装到j体积
#include<iostream>
using namespace std;
int n;
int dp[1005][6005];//dp[i][j]前i个物品填满j的背包
bool vs[1005][6005];//vs[i][j]标记使用前i个物品填满j的背包是否可行
int w[1005],base,tot;//w存储重量，base存储背包质量，tot为背包体积（初始最大差值）
int val[1005]; //val存储翻转每一个骨牌i所能提供的差值
inline int min(int x,int y)//
{
return x<y?x:y;
}
int main()
{
int x,y;
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cin>>x>>y;
if(x>y)
{
val[i]=2*(x-y); //如果本身上大于下
w[i]=1;//翻转代价为1
tot+=x-y;//记录背包体积
}
if(y>x)
{
val[i]=2*(y-x);//本身下大于上
w[i]=-1;//若要翻转，等价于当初直接不翻转，也就是重量为-1
tot+=y-x;//更新体积
base++; //背包质量增加
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)//以骨牌的顺序为阶段
for(int j=1;j<=tot;j++)//对于所有的背包体积，从小到大推
{
dp[i][j]=dp[i-1][j];//继承前一状态
vs[i][j]=vs[i-1][j];//
if( vs[i-1][j-val[i]] || j-val[i]==0)//如果翻转i号可以由i-1迁移过来
//只要存在前移状态或体积等于i骨牌的贡献度
if(!vs[i][j])// 若dp[i][j]未被定义
{//
dp[i][j]=dp[i-1][j-val[i]]+w[i];//直接更新并标记
vs[i][j]=1;//
}
else
dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-val[i]]+w[i]);//否则，进行比较
//翻转第i张骨牌，从dp[i-1][j-val[i]]迁移来，加上重量即可
}
int tmp;
for(int i=tot;i>=1;i--)//从最大的体积倒着找，这样可以保证差值最小
if(vs[n][i])//
{
tmp=i;//
break;
}
cout<<base+dp[n][tmp];//由base加上改变状态到当前所需要的转移量,求得当前转移数量
return 0;
}