题目描述
多米诺骨牌有上下2个方块组成，每个方块中有1~6个点。现有排成行的
上方块中点数之和记为S1，下方块中点数之和记为S2，它们的差为|S1-S2|。例如在图8-1中，S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11，|S1-S2|=2。每个多米诺骨牌可以旋转180°，使得上下两个方块互换位置。 编程用最少的旋转次数使多米诺骨牌上下2行点数之差达到最小。
对于图中的例子，只要将最后一个多米诺骨牌旋转180°，可使上下2行点数之差为0。
输入输出格式
输入格式：
输入文件的第一行是一个正整数n(1≤n≤1000)，表示多米诺骨牌数。接下来的n行表示n个多米诺骨牌的点数。每行有两个用空格隔开的正整数，表示多米诺骨牌上下方块中的点数a和b，且1≤a，b≤6。
输出格式：
输出文件仅一行，包含一个整数。表示求得的最小旋转次数。
输入输出样例
输入样例#1：
4 6 1 1 5 1 3 1 2
输出样例#1：
1
就是个背包的变形。。。
我们定义f[i][j]代表前I个多米诺骨牌的差值为j时的最小旋转次数，那么状态转移方程就很显然了：
记a，b分别为一个骨牌的上下的点数，则
f[i][j]=min(f[i][j],min(f[i-1][j-(a-b)+5000],f[i-1][j-(b-a)+5000]+1))
不旋转 旋转
其中要加上5000就是要加上一个偏移量，防止下标为负数
初始化时将数组初始化为999999999，f[0][5000]=0
查询时就从5000开始向两端扩展，若它们两个取的f数组值不为999999999，就说明可以达到这个最小值，输出这个次数即可。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstdlib> 3 #include<cstring> 4 #include<iostream> 5 #include<cmath> 6 #include<algorithm> 7 #include<vector> 8 #include<stack> 9 #include<queue> 10 #include<map> 11 #define RG register 12 #define IL inline 13 #define pi acos(-1.0) 14 #define ll long long 15 using namespace std; 16 int a[1005][3],n; 17 int w1[1005],w2[1005]; 18 int dp[1005][10005]; 19 int main() { 20 scanf("%d",&n); 21 for(int i=1;i<=n;i++){ 22 int k1,k2; 23 scanf("%d%d",&k1,&k2); 24 w1[i]=k1-k2; w2[i]=k2-k1; //w1不翻转，w2翻转 25 } 26 for(int i=0;i<=n;i++) 27 for(int j=0;j<=10002;j++) 28 dp[i][j]=999999999;//前I个多米诺牌，差值和为j的最小次数 29 dp[0][5000]=0; 30 for(int i=1;i<=n;i++) 31 for(int j=-5000;j<=5000;j++) 32 dp[i][j+5000]=min(dp[i][j+5000],min(dp[i-1][j-w1[i]+5000],dp[i-1][j-w2[i]+5000]+1)); 33 if(dp[n][5000]!=999999999){ 34 cout<<dp[n][5000]; 35 return 0; 36 } 37 int j=1,minn=999999999; 38 while(1){ 39 minn=min(dp[n][5000-j],dp[n][5000+j]); 40 if(minn!=999999999){ 41 cout<<minn; 42 return 0; 43 } 44 ++j; 45 } 46 return 0; 47 }