bzoj千题计划111：bzoj1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1021

如果A收到了B的1张10元，那么A绝对不会把这张10元再给C

因为这样不如B直接给C优

由此可以推出 若A欠B20元，B欠C 30元，

那么A还C20元，B还C10元最优

所以一共只有

A->BC   B->AC  C->AB

AB->C  BC->A  AC->B

这6种转移情况

根据输入，我们可以知道三人最终手中有多少钱ea、eb、ec，一共有多少钱sum

设f[i][j][k] 表示用了前i种面额的钞票，A手中有j元，B手中有k元的最小步数

（C手中即为sum-j-k）

6种情况，枚举给谁多少张 转移即可

ans=min（f[i][ea][eb]）

把所有越界的情况break掉，不合法的continue掉 可大大提高效率

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>

using namespace std;

int money[6]={1,5,10,20,50,100};
int a[6],b[6],c[6],tot[6];

int f[7][1001][1001];

void read(int &x)
{
    x=0; int f=1; char c=getchar();
    while(!isdigit(c)) { if(c==‘-‘) f=-1; c=getchar(); }
    while(isdigit(c)) { x=x*10+c-‘0‘; c=getchar(); }
    x*=f;
}

int main()
{
//  freopen("bzoj_1021.in","r",stdin);
//    freopen("bzoj_1021.out","w",stdout);
    int A,B,C;
    read(A); read(B); read(C);
    int sa=0,sb=0,sc=0;
    for(int i=5;i>=0;--i)
    {
        read(a[i]);
        sa+=a[i]*money[i];
        tot[i]+=a[i];
    }
    for(int i=5;i>=0;--i)
    {
        read(b[i]);
        sb+=b[i]*money[i];
        tot[i]+=b[i];
    }
    for(int i=5;i>=0;--i)
    {
        read(c[i]);
        sc+=c[i]*money[i];
        tot[i]+=c[i];
    }
    int ea=sa-A+C,eb=sb-B+A,ec=sc-C+B;
    memset(f,127,sizeof(f));
    for(int i=0;i<6;++i)
    {
        f[i][sa][sb]=0;
    }
    int ans=2e9,sum=ea+eb+ec;
    for(int i=0;i<6;++i)
    {
        for(int j=0;j<=sum;++j)//in A
        {
            for(int k=0;k+j<=sum;++k) //in B
             {
                if(f[i][j][k]>2e9) continue;
                //A->BC
                for(int x=0;x<=a[i];++x)
                {
                    if(x*money[i]>j || x*money[i]+k>sum) break;
                    for(int y=0;y+x<=a[i];++y)
                    {
                        if((x+y)*money[i]>j) break;
                        if(sum-j-k+y*money[i]>sum) break;
                        f[i+1][j-(x+y)*money[i]][k+x*money[i]]=min(f[i+1][j-(x+y)*money[i]][k+x*money[i]],f[i][j][k]+x+y);
                    }
                }
                //B->AC
                for(int x=0;x<=b[i];++x)
                {
                    if(j+x*money[i]>sum || x*money[i]>k) break;
                    for(int y=0;y+x<=b[i];++y)
                    {
                        if((x+y)*money[i]>k) break;
                        if(sum-j-k+y*money[i]>sum) break;
                        f[i+1][j+x*money[i]][k-(x+y)*money[i]]=min(f[i+1][j+x*money[i]][k-(x+y)*money[i]],f[i][j][k]+x+y);
                    }
                }
                //C->AB
                for(int x=0;x<=c[i];++x)
                {
                    if(j+x*money[i]>sum) break;
                    for(int y=0;y+x<=c[i];++y)
                    {
                        if(k+y*money[i]>sum) break;
                        if(sum-j-k-x*money[i]-y*money[i]<0) break;
                        f[i+1][j+x*money[i]][k+y*money[i]]=min(f[i+1][j+x*money[i]][k+y*money[i]],f[i][j][k]+x+y);
                    }
                }
                //AB->C
                for(int x=0;x<=a[i];++x)
                {
                    if(x*money[i]>j) break;
                    for(int y=0;y<=b[i];++y)
                    {
                        if(y*money[i]>k) break;
                        if(sum-j-k+x*money[i]+y*money[i]>sum) break;
                        f[i+1][j-x*money[i]][k-y*money[i]]=min(f[i+1][j-x*money[i]][k-y*money[i]],f[i][j][k]+x+y);
                    }
                }
                //AC->B
                for(int x=0;x<=a[i];++x)
                {
                    if(x*money[i]>j || k+x*money[i]>sum) break;
                    for(int y=0;y<=c[i];++y)
                    {
                        if(k+(x+y)*money[i]>sum) break;
                        if(sum-j-k-y*money[i]<0) break;
                         f[i+1][j-x*money[i]][k+(x+y)*money[i]]=min(f[i+1][j-x*money[i]][k+(x+y)*money[i]],f[i][j][k]+x+y);
                    }
                }
                //BC->A
                for(int x=0;x<=b[i];++x)
                {
                    if(j+x*money[i]>sum || x*money[i]>k) break;
                    for(int y=0;y<=c[i];++y)
                    {
                        if(j+(x+y)*money[i]>sum) break;
                        if(sum-j-k-y*money[i]<0) break;
                        f[i+1][j+(x+y)*money[i]][k-x*money[i]]=min(f[i+1][j+(x+y)*money[i]][k-x*money[i]],f[i][j][k]+x+y);
                    }
                }
            }
        }
        ans=min(ans,f[i+1][ea][eb]);
    }
    if(ans==2e9) printf("impossible");
    else cout<<ans;
}

1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
Submit: 1116  Solved: 572
[Submit][Status][Discuss]

Description

　　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，Al
ice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。

Input

　　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。

Output

　　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）。

Sample Input

输入一
10 0 0
0 1 0 0 0 0
0 0 0 3 0 10
0 0 3 0 0 0
输入二
-10 -10 -10
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 0

Sample Output

输出一
5
输出二
0

HINT

对于100%的数据，x1、x2、x3 ≤ |1,000|。