【BZOJ】【1021】【SHOI2008】Dept循环的债务

DP

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　　去膜拜题解了>_>玛雅原来是动规……

　　让我先理解一下为什么要用动规：这个题根据钱数推方案其实是无从下手的……（线性规划？……事实证明我想多了）

　　啦～我们先来看个超级简化版的问题：怎么判无法还清？正着判很麻烦对不对= =（其实是我没想……）

　　那么我们倒着来考虑：有哪些状态是我们通过交换钱币能够到达的，这个可以递推对不>_>

　　现在我们就知道哪些状态我们是可以到达的了……再多想一下……递推……如果我们依次考虑每种面额的交换策略，顺便也就知道了我们到达这个状态的最小交换次数对吧？

　　原因：因为每种面值只有6种策略（给出钱的是一个人，3种，给出钱的是两个人，3种），且不同面值之间的交换互不影响（这不是废话吗！我手里有多少张10块的难道还会影响我手里100块的张数？可是我一开始绕进这个弯里没走出来TAT）

　　（P.S.看到这里你就可以去写题了，因为我动规方程比较奇葩……自己想的时候又把自己坑了

　　我是让$f[i][j][k]$表示当前a手里有 j 块钱，b手里有 k 块钱，现在该考虑第 i 种面额的钞票（但是还没有对第 i 种钞票进行分配！！我忘了啊啊啊！！！看了题解以后跟人家的方法搞混了？>_>）

　　那么我是分3种情况讨论的（将上面的6种情况组合了一下）……1. a给b、c或是b、c给a ; 2.b给a、c或是a、c给b；3.c给a、b或是a、b给c。

　　明显可行的状态比数组大小小得多，所以就用了队列来保存/扩展可行状态（类似记忆化搜索的策略吧）

　　（不过我这种姿势明显是比较捉急的……不过也能过>_>想看 快/短 一点的做法请戳@regina8023 @rausen）

　　自我感觉我写这题的动规的姿势还是蛮特别的，而且还是第666个提交 2333～沾沾自喜一下(>_<)~

/**************************************************************
    Problem: 1021
    User: Tunix
    Language: C++
    Result: Accepted
    Time:784 ms
    Memory:52136 kb
****************************************************************/
 
//BZOJ 1021
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;++i)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;--i)
#define pb push_back
using namespace std;
inline int getint(){
    int v=0,sign=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){ if (ch=='-') sign=-1; ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){ v=v*10+ch-'0'; ch=getchar();}
    return v*sign;
}
const int M=1e6+10,INF=~0u>>2;
typedef long long LL;
/******************tamplate*********************/
const int money[8]={0,1,5,10,20,50,100};
int a[8],b[8],c[8],sa,sb,sc,ea,eb,ec;
int n,m,f[8][1001][1001],tot;
bool inq[8][1001][1001];
struct node{
    int x,y,z;
}Q[M];
void dp(){
    F(i,1,7) F(j,0,tot) F(k,0,tot) f[i][j][k]=INF;
    int l=0,r=-1;
    Q[++r]=(node){1,sa,sb}; f[1][sa][sb]=0; inq[1][sa][sb]=1;
    while(l<=r){
        node now=Q[l++];
        int x=now.x,y=now.y,z=now.z;
        inq[x][y][z]=0;
        if (x==7) continue;
        if (f[x+1][y][z]>f[x][y][z]){
            f[x+1][y][z]=f[x][y][z];
            if (!inq[x+1][y][z]){
                Q[++r]=(node){x+1,y,z};
                inq[x+1][y][z]=1;
            }
        }
        F(i,-b[x],a[x]) F(j,-c[x],a[x]-i){
            int ty=y-(i+j)*money[x],tz=z+i*money[x];
            if (ty<0) break;
            if (f[x+1][ty][tz]>f[x][y][z]+abs(i)+abs(j)){
                f[x+1][ty][tz]=f[x][y][z]+abs(i)+abs(j);
                if (!inq[x+1][ty][tz]){
                    Q[++r]=(node){x+1,ty,tz};
                    inq[x+1][ty][tz]=1;
                }
            }
        }
        F(i,-a[x],b[x]) F(j,-c[x],b[x]-i){
            int ty=y+i*money[x],tz=z-(i+j)*money[x];
            if (tz<0) break;
            if (f[x+1][ty][tz]>f[x][y][z]+abs(i)+abs(j)){
                f[x+1][ty][tz]=f[x][y][z]+abs(i)+abs(j);
                if (!inq[x+1][ty][tz]){
                    Q[++r]=(node){x+1,ty,tz};
                    inq[x+1][ty][tz]=1;
                }
            }
        }
        F(i,-a[x],c[x]) F(j,-b[x],c[x]-i){
            int ty=y+i*money[x],tz=z+j*money[x];
            if (ty+tz>tot) break;
            if (f[x+1][ty][tz]>f[x][y][z]+abs(i)+abs(j)){
                f[x+1][ty][tz]=f[x][y][z]+abs(i)+abs(j);
                if (!inq[x+1][ty][tz]){
                    Q[++r]=(node){x+1,ty,tz};
                    inq[x+1][ty][tz]=1;
                }
            }
        }
    }
//  F(i,1,7) F(j,0,tot) F(k,0,tot)
//      if (f[i][j][k]!=INF)printf("f[%d][%d][%d]=%d\n",i,j,k,f[i][j][k]);
    if (f[7][ea][eb]==INF||ea<0||eb<0||ec<0||ea+eb+ec>tot) puts("impossible");
    else printf("%d\n",f[7][ea][eb]);
}
 
 
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1021.in","r",stdin);
    freopen("1021.out","w",stdout);
#endif
    int x1=getint(),x2=getint(),x3=getint();
    F(i,1,6) {a[7-i]=getint();sa+=a[7-i]*money[7-i];}
    F(i,1,6) {b[7-i]=getint();sb+=b[7-i]*money[7-i];}
    F(i,1,6) {c[7-i]=getint();sc+=c[7-i]*money[7-i];}
    tot=sa+sb+sc;
    ea=sa-x1+x3; eb=sb-x2+x1; ec=sc-x3+x2;
    dp();
    return 0;
}

 

 

1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务

Time Limit: 1 Sec  Memory Limit: 162 MB
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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，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。

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|。

Source

[Submit][Status][Discuss]