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前天打了一场比赛，让我知道自己Dp有多弱了，伤心了一天，没刷bzoj。
昨天想了一天，虽然知道几何怎么搞，但我还是不敢写，让我知道自己几何有多弱了，伤心了一天，没刷bzoj
Alice、Bob和Cynthia总是为他们之间混乱的债务而烦恼，终于有一天，他们决定坐下来一起解决这个问题。不过，鉴别钞票的真伪是一件很麻烦的事情，于是他们决定要在清还债务的时候尽可能少的交换现金。比如说，Alice欠Bob 10元，而Cynthia和他俩互不相欠。现在假设Alice只有一张50元，Bob有3张10元和10张1元，Cynthia有3张20元。一种比较直接的做法是：Alice将50元交给Bob，而Bob将他身上的钱找给Alice，这样一共就会有14张钞票被交换。但这不是最好的做法，最好的做法是：Alice把50块给Cynthia，Cynthia再把两张20给Alice，另一张20给Bob，而Bob把一张10块给C，此时只有5张钞票被交换过。没过多久他们就发现这是一个很棘手的问题，于是他们找到了精通数学的你为他们解决这个难题。
输入的第一行包括三个整数：x1、x2、x3（-1,000≤x1，x2，x3≤1,000），其中 x1代表Alice欠Bob的钱（如果x1是负数，说明Bob欠了Alice的钱） x2代表Bob欠Cynthia的钱（如果x2是负数，说明Cynthia欠了Bob的钱） x3代表Cynthia欠Alice的钱（如果x3是负数，说明Alice欠了Cynthia的钱）接下来有三行，每行包括6个自然数： a100，a50，a20，a10，a5，a1 b100，b50，b20，b10，b5，b1 c100，c50，c20，c10，c5，c1 a100表示Alice拥有的100元钞票张数，b50表示Bob拥有的50元钞票张数，以此类推。另外，我们保证有a10+a5+a1≤30，b10+b5+b1≤30，c10+c5+c1≤30，而且三人总共拥有的钞票面值总额不会超过1,000。
如果债务可以还清，则输出需要交换钞票的最少张数；如果不能还清，则输出“impossible”（注意单词全部小写，输出到文件时不要加引号）。
对于100%的数据，x1、x2、x3 ≤ |1,000|。
题意：如题意所述
分析：没写题意是因为这里有关于题意的转化，
一开始在思考债务的循环关系，十分复杂
有A->B->C这样的连环给的关系，但细想后发现
连环给钱的关系是不可能的，A->B->C肯定不如A->B,A->C这样好（对于同一种币值的货币来说）
根据欠债的关系，就能推断出目标状态的资金，对吧！？
初始资金能算出来，对吧！？
那。。。这不就是给出初始状态、结束状态，以及几种变化方式，求最少步数的类似问题！？
变化方式根据上面的分析，如果我们将每种币值的货币分开考虑，那么，就只有6种方式
A->B,C B->A,C C->A,B
AB->C AC->B BC->A
其中，A->B,C包含了 A->B，A->C两种（意思就是给0张货币也算给）
那么就可以得出Dp状态(其实类似于记忆化搜索)
Dp[i][M1][M2]表示用前i中货币，达到Alice有M1元，Bob有M2元，Cynthia有(Sum-M1-M2)元的状态的最少交换钱的张数
转移上面说了，整个过程相当于记忆化搜索
其中有个剪枝
如果某个人的现有钱数与目标钱数的差额（现有-目标）%剩下的币值的GCD（比如说现在算到第 i 种货币，那么就是 第 i+1种到第 6 种的币值的Gcd） != 零（不能整除）
那么显然不能大刀目标，因为剩下的币值都可以表示成 k*Gcd的形式，若不整除于Gcd，显然达不到
综上所述，此题得解
1 #include <cstdio> 2 #include <cstring> 3 #include <cstdlib> 4 #include <cmath> 5 #include <deque> 6 #include <vector> 7 #include <queue> 8 #include <iostream> 9 #include <algorithm> 10 #include <map> 11 #include <set> 12 #include <ctime> 13 using namespace std; 14 typedef long long LL; 15 #define For(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++) 16 #define Ford(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--) 17 #define Rep(i, t) for(int i = (0); i < (t); i++) 18 #define Repn(i, t) for(int i = ((t)-1); i >= (0); i--) 19 #define MIT (2147483647) 20 #define INF (1000000001) 21 #define MLL (1000000000000000001LL) 22 #define sz(x) ((int) (x).size()) 23 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x)) 24 #define puf push_front 25 #define pub push_back 26 #define pof pop_front 27 #define pob pop_back 28 #define ft first 29 #define sd second 30 #define mk make_pair 31 inline void SetIO(string Name) { 32 string Input = Name+".in", 33 Output = Name+".out"; 34 freopen(Input.c_str(), "r", stdin), 35 freopen(Output.c_str(), "w", stdout); 36 } 37 38 const int N = 1010, M[6] = {1, 5, 10, 20, 50, 100}; 39 const int G[6] = {1, 5, 10, 10, 50, 100}; 40 typedef pair<int, int> II; 41 int Sum, Debt[3], St[3], Ed[3], Cash[3][6]; 42 int Dp[2][N][N], Visit[2][N][N]; 43 queue<II> Q[2]; 44 int Ans = INF; 45 46 inline void Input() { 47 Rep(i, 3) scanf("%d", &Debt[i]); 48 Rep(i, 3) 49 Rep(j, 6) 50 scanf("%d", &Cash[i][5-j]); 51 } 52 53 inline void Push(int w, int A, int B, int Step) { 54 if(w >= 0) { 55 int Last[3], C = Sum-A-B; 56 Rep(i, 3) Last[i] = Ed[i]; 57 Last[0] -= A, Last[1] -= B, Last[2] -= C; 58 Rep(i, 3) 59 if(Last[i]%G[w]) return; 60 } 61 62 int p = (w+2)%2; 63 if(Visit[p][A][B] == w) Dp[p][A][B] = min(Dp[p][A][B], Step); 64 else Q[p].push(mk(A, B)), Dp[p][A][B] = Step, Visit[p][A][B] = w; 65 if(A == Ed[0] && B == Ed[1]) Ans = min(Ans, Step); 66 } 67 68 inline void Solve() { 69 Rep(i, 3) { 70 Rep(j, 6) St[i] += Cash[i][j]*M[j]; 71 Sum += St[i], Ed[i] += St[i]; 72 Ed[i] -= Debt[i], Ed[(i+1)%3] += Debt[i]; 73 } 74 Rep(i, 2) 75 Rep(j, Sum) 76 Rep(k, Sum) Visit[i][j][k] = -2; 77 78 Push(-1, St[0], St[1], 0); 79 int Last = 0, S[3], _Step, To, F1, F2, Front, T1, T2; 80 Rep(w, 6) { 81 Last ^= 1; 82 while(sz(Q[Last])) { 83 II State = Q[Last].front(); 84 Q[Last].pop(); 85 86 // One Get Front Two 87 Rep(i, 3) { 88 To = i, F1 = (i+1)%3; 89 F2 = 0+1+2-F1-To; 90 Rep(C1, Cash[F1][w]+1) 91 Rep(C2, Cash[F2][w]+1) { 92 S[0] = State.ft, S[1] = State.sd; 93 S[2] = Sum-S[0]-S[1]; 94 95 _Step = Dp[Last][S[0]][S[1]]+C1+C2; 96 S[To] += (C1+C2)*M[w], 97 S[F1] -= C1*M[w], S[F2] -= C2*M[w]; 98 Push(w, S[0], S[1], _Step); 99 } 100 } 101 102 // One Give To Two 103 Rep(i, 3) { 104 Front = i, T1 = (i+1)%3; 105 T2 = 0+1+2-Front-T1; 106 Rep(C1, Cash[Front][w]+1) 107 Rep(C2, Cash[Front][w]-C1+1) { 108 S[0] = State.ft, S[1] = State.sd; 109 S[2] = Sum-S[0]-S[1]; 110 111 _Step = Dp[Last][S[0]][S[1]]+C1+C2; 112 S[Front] -= (C1+C2)*M[w]; 113 S[T1] += C1*M[w], S[T2] += C2*M[w]; 114 Push(w, S[0], S[1], _Step); 115 } 116 } 117 } 118 } 119 120 if(Ans == INF) puts("impossible"); 121 else printf("%d\n", Ans); 122 } 123 124 int main() { 125 SetIO("1021"); 126 Input(); 127 Solve(); 128 return 0; 129 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/StupidBoy/p/4626711.html
