编程之美2.18—数组分割

标签：编程之美   数组分割   两数组和的差最小   

题目：

有一个没有排序，元素个数为2N的正整数数组。要求把它分割为元素个数为N的两个数组，并使两个子数组的和最接近。

基本思想：

假设数组A[1..2N]所有元素的和是SUM。模仿动态规划解0-1背包问题的策略，令S(k, i)表示前k个元素中任意i个元素的和的集合。

显然：

因为这个过程中只关注和不大于SUM/2的那个子数组的和。所以集合中重复的和以及大于SUM/2的和都是没有意义的。把这些没有意义的和剔除掉，剩下的有意义的和的个数最多就是SUM/2个。所以，我们不需要记录S(2N,N)中都有哪些和，只需要从SUM/2到1遍历一次，逐个询问这个值是不是在S(2N,N)中出现，第一个出现的值就是答案。我们的程序不需要按照上述递推公式计算每个集合，只需要为每个集合设一个标志数组，标记SUM/2到1这个区间中的哪些值可以被计算出来。

    #include<iostream>  
    using namespace std;  
      
    //有一个没有排序，元素个数为2N的正整数数组。要求把它分割为元素个数为N的两个数组，并使两个子数组的和最接近。  
    int arr[] = {0,1,5,7,8,9,6,3,11,20,17};  
    const int N=5;  
    const int SUM = 87;  
      
    // 模仿动态规划解0-1背包问题的策略  
    int solve1()  
    {  
        int i , j , s;  
        int dp[2*N+1][N+1][SUM/2+2];  
      
        /* 
        用dp(i,j,c)来表示从前i个元素中取j个、且这j个元素之和不超过c的最佳(大)方案，在这里i>=j,c<=S 
        状态转移方程：    
        限第i个物品　　　　　　　不取　　 
        dp(i,j,c)=max{dp(i-1,j-1,c-a[i])+a[i]，dp(i-1,j,c)} 
        dp(2N,N,SUM/2+1)就是题目的解。 
        */  
        //初始化  
        memset(dp,0,sizeof(dp));  
      
        for(i = 1 ; i <= 2*N ; ++i)  
        {  
            for(j = 1 ; j <= min(i,N) ; ++j)  
            {  
                for(s = SUM/2+1 ; s >= arr[i] ; --s)  
                {  
                    dp[i][j][s] = max(dp[i-1][j-1][s-arr[i]]+arr[i] , dp[i-1][j][s]);  
                }  
            }  
        }  
      
        //因为这为最终答案　dp[2*N][N][SUM/2+1];  
        i=2*N , j=N , s=SUM/2+1;  
        while(i > 0)  
        {  
            if(dp[i][j][s] == dp[i-1][j-1][s-arr[i]]+arr[i])   //判定这个状态是由哪个状态推导出来的  
            {  
                cout<<arr[i]<<" ";    //取中arr[i]  
                j--;  
                s -= arr[i];  
            }     
            i--;  
        }  
        cout<<endl;  
        return dp[2*N][N][SUM/2+1];  
    }  
      
    int solve2()  
    {  
        int i , j , s;  
        int dp[N+1][SUM/2+2];     //取Ｎ+１件物品，总合不超过SUM/2+2，的最大值是多少   
        memset(dp,0,sizeof(dp));    //初始状态都为0  
      
        for(i = 1 ; i <= 2*N ; ++i)  
        {  
            for(j = 1 ; j <= min(i,N) ; ++j)  
            {  
                for(s = SUM/2+1 ; s >= arr[i] ; --s)    //01背包从大到小，可以省空间，即最外层的空间  
                {  
                    dp[j][s] = max(dp[j-1][s-arr[i]]+arr[i] , dp[j][s]);   
                }  
            }  
        }  
        //要求最优解则　空间不能优化，  
        return dp[N][SUM/2+1];  
    }  
      
    int solve3()  
    {  
        int i , j , s;  
        int isOK[N+1][SUM/2+2]; //isOK[i][v]表示是否可以找到i个数，使得它们之和等于v  
        memset(isOK,0,sizeof(isOK));    //都不合法  
        //注意初始化  
        isOK[0][0] = 1; //可以,取0件物品，总合为0，是合法的  
      
        for(i = 1 ; i <= 2*N ; ++i)  
        {  
            for( j = 1 ; j <= min(i,N) ; ++j)  
            {  
                for(s = SUM/2+1 ; s >= arr[i] ; --s) //从大到小，数组少了一维  
                {  
                    if( isOK[j-1][s-arr[i]] )  
                        isOK[j][s] = 1;  
                }  
            }  
        }  
        for(s = SUM/2+1 ; s >= 0 ; --s)  
        {  
            if(isOK[N][s])  
                return s;  
        }  
      
        //要求最优解则空间不能优化  
        return 0;  
    }  
      
    int main(void)  
    {  
        int s1 = solve1();  
        int s2 = solve2();  
        int s3 = solve3();  
        cout<<"s1="<<s1<<endl;  
        cout<<"s2="<<s2<<endl;  
        cout<<"s3="<<s3<<endl;  
        system("pause");  
        return 0;  
    }  

solve3的时间复杂度为O(N^2*SUM).

扩展问题：  交换两个数组元素使两个数组和的差最小
有两个数组a、b，大小都为n,数组元素的值任意整形数，无序；
要求：通过交换a、b数组中的元素，使[数组a元素的和]与[数组b元素的和]之间的差最小。
其实这个问题就是上面问题的变形，将a、b两个数组合并为一个数组，然后问题就转化为将2*n个元素数组分割为2个长度为n的数组，并使两个子数组的和最接近。
另外，特别注意：如果数组中有负数的话，上面的背包策略就不能使用了（因为第三重循环中的s是作为数组的下标的，不能出现负数的），需要将数组中的所有数组都加上最小的那个负数的绝对值，将数组中的元素全部都增加一定的范围，全部转化为正数，然后再使用上面的背包策略就可以解决了。

编程之美2.18—数组分割

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原文地址：http://blog.csdn.net/wtyvhreal/article/details/45333787