![BZOJ 1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务( dp )](/default/index/img?u=aHR0cHM6Ly9iYnNtYXguaWthZmFuLmNvbS9zdGF0aWMvTDNCeWIzaDVMMmgwZEhBdmFXMWhaMlZ6TWpBeE5TNWpibUpzYjJkekxtTnZiUzlpYkc5bkx6Y3lNemc1Tmk4eU1ERTJNREV2TnpJek9EazJMVEl3TVRZd01UQTNNakV3TlRJd056QXdMVEU0TmpFeE16QXpNakV1Y0c1bi5qcGc= "BZOJ 1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务( dp )")
dp(i, j, k)表示考虑了前i种钱币(从小到大), Alice的钱数为j, Bob的钱数为k, 最小次数. 脑补一下可以发现, 只有A->B.C, B->A.C, C->A.B, A.B->C, A.C->B, B.C->A 6情况, 枚举然后dp一下就OK了. dp用刷表的话,有个强有力的剪枝是之后的硬币无论如何组合都无法满足时不去更新.
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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1009;
const int INF = 0X3F3F3F3F;
const int n = 6;
const int M[] = {1, 5, 10, 20, 50, 100};
const int g[] = {1, 5, 10, 10, 50, 100};
int dp[2][maxn][maxn];
int A[n], B[n], C[n], x, y, z, N;
int as, bs, cs, at, bt, ct;
void Read(int c[], int &v) {
v = 0;
for(int i = n; i--; ) {
scanf("%d", c + i);
v += c[i] * M[i];
}
}
void Init() {
scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
Read(A, as);
Read(B, bs);
Read(C, cs);
at = as + z - x;
bt = bs + x - y;
ct = cs + y - z;
N = as + bs + cs;
}
inline void upd(int &x, int t) {
if(t < x) x = t;
}
void Work() {
int c = 0, p = 1;
memset(dp, INF, sizeof dp);
dp[c][as][bs] = 0;
for(int t = 0; t < n; t++) {
swap(c, p);
memset(dp[c], INF, sizeof dp[c]);
for(int i = 0; i <= N; i++)
for(int j = 0; i + j <= N; j++) {
int k = N - i - j, &V = dp[p][i][j];
if(V == INF || (at - i) % g[t] || (bt - j) % g[t] || (ct - k) % g[t])
continue;
upd(dp[c][i][j], V);
// A->B,C
for(int _a = 0; _a <= A[t]; _a++)
for(int _b = 0; _b <= _a; _b++)
upd(dp[c][i - _a * M[t]][j + _b * M[t]], V + _a);
// B->A,C
for(int _b = 0; _b <= B[t]; _b++)
for(int _a = 0; _a <= _b; _a++)
upd(dp[c][i + _a * M[t]][j - _b * M[t]], V + _b);
//C->A,B
for(int _c = 0; _c <= C[t]; _c++)
for(int _a = 0; _a <= _c; _a++)
upd(dp[c][i + _a * M[t]][j + (_c - _a) * M[t]], V + _c);
// A,B->C
for(int _a = 0; _a <= A[t]; _a++)
for(int _b = 0; _b <= B[t]; _b++)
upd(dp[c][i - _a * M[t]][j - _b * M[t]], V + _a + _b);
// A,C->B
for(int _a = 0; _a <= A[t]; _a++)
for(int _c = 0; _c <= C[t]; _c++)
upd(dp[c][i - _a * M[t]][j + (_a + _c) * M[t]], V + _a + _c);
//B,C->A
for(int _b = 0; _b <= B[t]; _b++)
for(int _c = 0; _c <= C[t]; _c++)
upd(dp[c][i + (_b + _c) * M[t]][j - _b * M[t]], V + _b + _c);
}
}
if(dp[c][at][bt] != INF)
printf("%d\n", dp[c][at][bt]);
else
puts("impossible");
}
int main() {
Init();
Work();
return 0;
}
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1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务
Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 162 MB
Submit: 735 Solved: 387
[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，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