(POJ 1015) Jury Compromise 经典dp问题 (n选m)

2024-02-05 02:38

本文主要是介绍(POJ 1015) Jury Compromise 经典dp问题 (n选m),希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值,需要的开发者们随着小编来一起学习吧!

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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

AC代码:

//Memory Time 
//388K   16MS #include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;int n;  //候选人数
int m;  //当选人数
int dp[21][801];   //dp[j][k]:取j个候选人,使其辩控差为k的所有方案中,辩控和最大的方案的辩控和
int path[21][801];  //记录所选定的候选人的编号/*回溯,确认dp[j][k]方案是否曾选择过候选人i*/
bool select(int j,int k,int i,int* v)
{while(j>0 && path[j][k]!=i){k-=v[ path[j][k] ];j--;}return j?false:true;
}int main(void)
{int time=1;while(cin>>n>>m && n){/*Initial*/int j,k,i;int* p=new int[n+1];  //每个人的控方值int* d=new int[n+1];  //每个人的辩方值int* s=new int[n+1];  //每个人的辨控和int* v=new int[n+1];  //每个人的辨控差memset(dp,-1,sizeof(dp));memset(path,0,sizeof(path));/*Input*/for(i=1;i<=n;i++){cin>>p[i]>>d[i];s[i]=p[i]+d[i];v[i]=p[i]-d[i];}int fix=m*20;  //总修正值,修正极限为从[-400,400]映射到[0,800]/*DP*/dp[0][fix]=0;   //由于修正了数值,因此dp[0][fix]才是真正的dp[0][0]for(j=1;j<=m;j++)for(k=0;k<=2*fix;k++){if(dp[j-1][k]>=0)   //区间已平移,dp[0][fix]才是真正的dp[0][0]{for(i=1;i<=n;i++)if(dp[j][ k+v[i] ] < dp[j-1][k]+s[i]){if(select(j-1,k,i,v)){dp[j][ k+v[i] ] = dp[j-1][k]+s[i];path[j][ k+v[i] ] = i;}}}}/*Output*/for(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kbreak;int div=dp[m][fix-k] > dp[m][fix+k] ? (fix-k):(fix+k);  //最小辨控差cout<<"Jury #"<<time++<<endl;cout<<"Best jury has value ";//辩方总值 = (辨控和+辨控差+修正值)/2cout<<(dp[m][div]+div-fix)/2<<" for prosecution and value ";//控方总值 = (辨控和-辨控差+修正值)/2cout<<(dp[m][div]-div+fix)/2<<" for defence:"<<endl;int* id=new int[m];for(i=0,j=m,k=div;i<m;i++){id[i]=path[j][k];k-=v[ id[i] ];j--;}sort(id,id+m);   //升序输出候选人编号for(i=0;i<m;i++)cout<<' '<<id[i];cout<<endl<<endl;/*Relax*/delete p;delete d;delete s;delete v;delete id;}return 0;
}

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