bzoj1021 [SHOI2008]Debt 循环的债务

前天打了一场比赛，让我知道自己Dp有多弱了，伤心了一天，没刷bzoj。

昨天想了一天，虽然知道几何怎么搞，但我还是不敢写，让我知道自己几何有多弱了，伤心了一天，没刷bzoj

1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务

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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

题意：如题意所述

分析：没写题意是因为这里有关于题意的转化，

一开始在思考债务的循环关系，十分复杂

有A->B->C这样的连环给的关系，但细想后发现

连环给钱的关系是不可能的，A->B->C肯定不如A->B,A->C这样好（对于同一种币值的货币来说）

根据欠债的关系，就能推断出目标状态的资金，对吧！？

初始资金能算出来，对吧！？

那。。。这不就是给出初始状态、结束状态，以及几种变化方式，求最少步数的类似问题！？

变化方式根据上面的分析，如果我们将每种币值的货币分开考虑，那么，就只有6种方式

A->B,C     B->A,C     C->A,B

AB->C      AC->B      BC->A

其中，A->B,C包含了 A->B，A->C两种（意思就是给0张货币也算给）

那么就可以得出Dp状态(其实类似于记忆化搜索)

Dp[i][M1][M2]表示用前i中货币，达到Alice有M1元，Bob有M2元，Cynthia有(Sum-M1-M2)元的状态的最少交换钱的张数

转移上面说了，整个过程相当于记忆化搜索

其中有个剪枝

如果某个人的现有钱数与目标钱数的差额（现有-目标）%剩下的币值的GCD（比如说现在算到第 i 种货币，那么就是 第 i+1种到第 6 种的币值的Gcd） != 零（不能整除）

那么显然不能大刀目标，因为剩下的币值都可以表示成 k*Gcd的形式，若不整除于Gcd，显然达不到

综上所述，此题得解

 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <cstdlib>
 #include <cmath>
 #include <deque>
 #include <vector>
 #include <queue>
 #include <iostream>
 #include <algorithm>
 #include <map>
 #include <set>
 #include <ctime>
 using namespace std;
 typedef long long LL;
 #define For(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
 #define Ford(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)
 #define Rep(i, t) for(int i = (0); i < (t); i++)
 #define Repn(i, t) for(int i = ((t)-1); i >= (0); i--)
 #define MIT (2147483647)
 #define INF (1000000001)
 #define MLL (1000000000000000001LL)
 #define sz(x) ((int) (x).size())
 #define clr(x, y) memset(x, y, sizeof(x))
 #define puf push_front
 #define pub push_back
 #define pof pop_front
 #define pob pop_back
 #define ft first
 #define sd second
 #define mk make_pair
 inline void SetIO(string Name) {
     string Input = Name+".in",
     Output = Name+".out";
     freopen(Input.c_str(), "r", stdin),
     freopen(Output.c_str(), "w", stdout);
 }

 const int N = , M[] = {, , , , , };
 const int G[] = {, , , , , };
 typedef pair<int, int> II;
 int Sum, Debt[], St[], Ed[], Cash[][];
 int Dp[][N][N], Visit[][N][N];
 queue<II> Q[];
 int Ans = INF;

 inline void Input() {
     Rep(i, ) scanf("%d", &Debt[i]);
     Rep(i, )
         Rep(j, )
             scanf("%d", &Cash[i][-j]);
 }

 inline void Push(int w, int A, int B, int Step) {
     if(w >= ) {
         int Last[], C = Sum-A-B;
         Rep(i, ) Last[i] = Ed[i];
         Last[] -= A, Last[] -= B, Last[] -= C;
         Rep(i, )
             if(Last[i]%G[w]) return;
     }

     int p = (w+)%;
     if(Visit[p][A][B] == w) Dp[p][A][B] = min(Dp[p][A][B], Step);
     else Q[p].push(mk(A, B)), Dp[p][A][B] = Step, Visit[p][A][B] = w;
     if(A == Ed[] && B == Ed[]) Ans = min(Ans, Step);
 }

 inline void Solve() {
     Rep(i, ) {
         Rep(j, ) St[i] += Cash[i][j]*M[j];
         Sum += St[i], Ed[i] += St[i];
         Ed[i] -= Debt[i], Ed[(i+)%] += Debt[i];
     }
     Rep(i, )
         Rep(j, Sum)
             Rep(k, Sum) Visit[i][j][k] = -;

     Push(-, St[], St[], );
     int Last = , S[], _Step, To, F1, F2, Front, T1, T2;
     Rep(w, ) {
         Last ^= ;
         while(sz(Q[Last])) {
             II State = Q[Last].front();
             Q[Last].pop();

             // One Get Front Two
             Rep(i, ) {
                 To = i, F1 = (i+)%;
                 F2 = ++-F1-To;
                 Rep(C1, Cash[F1][w]+)
                     Rep(C2, Cash[F2][w]+) {
                         S[] = State.ft, S[] = State.sd;
                         S[] = Sum-S[]-S[];

                         _Step = Dp[Last][S[]][S[]]+C1+C2;
                         S[To] += (C1+C2)*M[w],
                         S[F1] -= C1*M[w], S[F2] -= C2*M[w];
                         Push(w, S[], S[], _Step);
                     }
             }

             // One Give To Two
             Rep(i, ) {
                 Front = i, T1 = (i+)%;
                 T2 = ++-Front-T1;
                 Rep(C1, Cash[Front][w]+)
                     Rep(C2, Cash[Front][w]-C1+) {
                         S[] = State.ft, S[] = State.sd;
                         S[] = Sum-S[]-S[];

                         _Step = Dp[Last][S[]][S[]]+C1+C2;
                         S[Front] -= (C1+C2)*M[w];
                         S[T1] += C1*M[w], S[T2] += C2*M[w];
                         Push(w, S[], S[], _Step);
                     }
             }
         }
     }

     if(Ans == INF) puts("impossible");
     else printf("%d\n", Ans);
 }

 int main() {
     SetIO("");
     Input();
     Solve();
     return ;
 }