POJ 1015 / UVA 323 Jury Compromise(01背包，打印路径)

POJ1015?UVA323?参考文章
(博主看了几篇文章，但是都没有考虑到背包容量的越界问题，关于这个，会在代码里解释。顺便提一下，POj这题的数据是比较弱的，建议去UVA 323检测一下代码的正确性)
题目大意：给出$n$对数，从中选出$m$对数，使各对数的差累加和最小的情况下总和最大。
??设每对数的差值为$sub[i]$，和为$sum[i]$。要从中选出m个数，对于每个数来说，都有选与不选两种情况，所以能不能用背包来做呢？用背包的话还得确定容量。既然题目要求$sub$的总和最小的情况下$sum$最大，那么我们可以用差值$sub$来做容量，求每个差值下的最大的总和。
??但是这里一个问题，$sub$有可能是负的呀，为了解决这个问题我们可以让容量整体+400从$[-400,400]\(变成\)[0,800]$(为什么是这个数？因为最多选20对，每对最大差值20，最小-20)，那么状态转移方程就是$dp[j][k] = dp[j-1][k-sub[i]]+sum[i]$($i$为物品编号，$j$为选出的第$j$个物品，$k$为容量。)
??然后题目还要求输出路径，这里博主水平有限，只会用$vector$来硬存每个差值下的路径。既然这一次的状态是由下一次的状态转移过来的，那么路径就是上一个状态选的物品再加上这一个状态选择的物品，如果从小到大的编号来$dp$的话，那么顺序自然就是升序的了。

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const int maxn = 2e2+10;
int n, m, kase = 1, sum[maxn], sub[maxn];
int dp[25][805];
vector<int> p[25][805];
int main(void) {
    while(~scanf("%d%d", &n, &m) && (n||m)) {
        for (int i = 1, d, p; i<=n; ++i) {
            scanf("%d%d", &d, &p);
            sum[i] = d+p; sub[i] = d-p;
        }
        //因为存在负数所以整体+400，以400为0并初始化0位dp的起点
        memset(dp, -1, sizeof(dp)); dp[0][400] = 0;
        for (int i = 1; i<=n; ++i)
            for (int j = m; j>=1; --j)
                for (int k = min(800, 800+sub[i]); k >= max(0, sub[i]); --k)
                //这里要说明一下k = min(800, 800+sub[i])是为了防止sub[i]为正的时候超出800
                //同样k >= max(0, sub[i])则是为了防止sub[i]为负的时候小于0
                //顺便再提一下k不管从高到低还是从低到高都行，因为有第一维的存在所以并没有后效性
                    if (dp[j-1][k-sub[i]]>=0 && dp[j][k] < dp[j-1][k-sub[i]]+sum[i]) {
                        dp[j][k] = dp[j-1][k-sub[i]]+sum[i];
                        p[j][k] = p[j-1][k-sub[i]];
                        p[j][k].push_back(i);
                    }
        int delta = 0;
        //从0(400)开始向两边枚举，求最小差值
        while(dp[m][400+delta]<0 && dp[m][400-delta]<0) ++delta;
	delta = dp[m][400+delta] >= dp[m][400-delta] ? 400+delta : 400-delta;
        int sumd = (dp[m][delta]+delta-400)/2;
        int sump = (dp[m][delta]-delta+400)/2;
        printf("Jury #%d\nBest jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n", kase++, sumd, sump);
        for (int i = 0; i<m; ++i) printf(i==m-1 ? " %d\n\n" : " %d", p[m][delta][i]);
        //因为p第0行始终是空的，所以其实在上面的dp过程中j=1的时候已经完成清空了，所以下面一段可以省略
        for (int i = 0; i<=20; ++i)
            for (int j = 0; j<=800; ++j)
                p[i][j].clear();
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/shuitiangong/p/12671664.html