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题目链接：http://poj.org/problem?id=1015
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。
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base=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, base) = 0，其他均为-1。
DP后，从第m行的dp(m, base)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base
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> #include <cmath> #include <vector> #include <algorithm> #include <string> using namespace std; #define N 1100 #define MOD 1000000007 #define met(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) #define INF 0x3f3f3f3f typedef long long LL; int dp[25][N], Ans[25], Path[25][N]; int n, m, Limit; struct node { int d, p, v, s; }a[N]; ///dp[j][k]表示选j个人的辨控差为k 的 最大辨控和 void DP() { for(int j=0; j<=m; j++)///需要选出m人； { for(int k=0; k<=Limit*2; k++)///辨控差的范围是（a---Limit*2） { if(dp[j][k]==-1)continue;///保证下面的 k+a[i].v 不会出现负数； for(int i=1; i<=n; i++)///枚举人物； { if(dp[j+1][k+a[i].v] < dp[j][k] + a[i].s) { int t1 = j, t2 = k; while(t1>0 && Path[t1][t2] != i)///判断第i人有没有在前j个人中； { t2 -= a[Path[t1][t2]].v; t1 --; } if(t1 == 0)///如果没有，那么更新dp和Path，把第i人加进去； { dp[j+1][k+a[i].v] = dp[j][k] + a[i].s; Path[j+1][k+a[i].v] = i; } } } } } } int main() { int t = 1; while(scanf("%d %d", &n, &m), m+n) { met(dp, -1); met(a, 0); met(Ans, 0); met(Path, 0); for(int i=1; i<=n; i++) { scanf("%d %d", &a[i].p, &a[i].d); a[i].v = a[i].p - a[i].d; a[i].s = a[i].p + a[i].d; } Limit = m*20; ///所能达到的极端辨控差值，防止下标越界，所以都加上一个数，当辨控差的范围是-400-400，我们可以把它转化为0-800； dp[0][Limit] = 0;///只知道此状态是 0； DP(); ///从小到大的寻找第一个能到达的辨控差，即为最小，然后找绝对值为它的对应的两个数，找到大的那个；记录相应的辨控差； int s = 0, Mid = Limit, k; while(dp[m][Mid+s]==-1 && dp[m][Mid-s]==-1) s++; if(dp[m][Mid+s] > dp[m][Mid-s]) k = Mid+s; else k = Mid-s; ///所能达到的极端辨控差值，防止下标越界，所以都加上一个数，当辨控差的范围是-400-400，我们可以把它转化为0-800； int p = m, sum1 = 0, sum2 = 0; for(int i=1; i<=m; i++) { Ans[i] = Path[p][k]; sum1 += a[Ans[i]].p; sum2 += a[Ans[i]].d; p --; k -= a[Ans[i]].v; } printf("Jury #%d\n", t++); printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n", sum1, sum2); sort(Ans+1, Ans+m+1); for(int i=1; i<=m; i++) printf(" %d", Ans[i]); printf("\n\n"); } return 0; }
Jury Compromise---poj1015(动态规划,dp,)
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原文地址：http://www.cnblogs.com/zhengguiping--9876/p/5356247.html
