题意:

  两个人共同收藏了一些石头,现在要分道扬镳,得分资产了,石头具有不同的收藏价值,分别为1、2、3、4、5、6共6个价钱。问:是否能公平分配?

输入:

  每行为一个测试例子,每行包括6个数字,分别对应6种价钱的石头数目,比如101200代表价值为1的石头有1个,价值为2的石头有0个....价值为4的石头有2个。他们具有的石头数量的上限为2万个。

思路:

  想用多重背包的方式解决,也想转01背包比较简单。直接转01背包会超时,得想办法。可以用多重背包的方法,用二进制来减少复杂度,应该可行。我用的是偷懒的办法,将数据都减小,比如某个价值的石头有1千个,是偶数,那就可以直接分掉,每人500啦,但是可能会有奇数个的情况,所以不能单独将某价值的石头一次性分完。那么留多少合适?我觉得留4合适,但是实际上留了8个以下才能AC。

出现下面情况说明了不能将某个价值的石头总数mod2:

价值:1 2 3 4 5 6

数量:1 0 8 0 1 0

解释:假如%2的话,价值为3的石头就变为0个,剩下两个石头,价值分别为1和5,分不了!

所以余数必须大于2,测试了一下,6不行,8以上的偶数就行了。

现在,数据的大小降下来了,转成01背包就简单多了。将剩下的所有石头的的价值的一半假设为背包的容量,将石头的体积设为等价于其价值大小。什么意思呢?

举个例子:

价值:1 2 3 4 5 6

数量:1 0 2 0 1 0

体积:1 2 3 4 5 6

假设这是数值大小降低后的结果,一眼可以看出1+5=3*2,可以公平分配,所有石头的总价值为12,假设其中一个人是我,那么我必须分配到价值为6的石头才是公平的,不用管到底分得1块还是2块石头。而其价值与体积已经假设是相等的,那么设我的背包大小为6,我想从这些石头(4块)中挑出一些石头,使我的背包装满,只要能刚好装满,证明能公平分配,即dp[x]=x。 这个可列举一些小的数据后计算就能验证。

 #include <iostream>
using namespace std;
int num[];
int dp[];
bool divide(int sum)
{
int k,i,j;
for(i=;i<;i++)
for(k=;k<num[i];k++)
for(j=sum;j>i;j--)
if(dp[j-(i+)]+(i+)>dp[j])
dp[j]=dp[j-(i+)]+(i+);
if(dp[sum]==sum)
return true;
else
return false;
}
int main()
{
int i,n=,sum;
while()
{
for(i=,sum=;i<;i++)
{
scanf("%d",&num[i]);
num[i]%=;
sum+=num[i]*(i+); //所有石头的价值总和
}
if(!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]) return ; //全0就退出
if(sum%!=) //价值的总和不能被被2整除的话就肯定分不了
{
printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
continue;
}
else sum>>=; //可以分的话,总和得减半
memset(dp,,sizeof(int)*(sum+)); //清内存
if(divide(sum)==true)
printf("Collection #%d:\nCan be divided.\n\n",++n);
else
printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
}
return ;
}

1059

另一解法:使用普通型母函数。

思路:同样需要将数据降小,好像不一定对于这样的题都可以进行数据降小处理,但是这里可以就方便多了。母函数主要算的是组成某一种值的方法数,既然有组成的方法,那肯定是能公平分配了,可能还不止一种公平的分配方法呢。利用这点,我们不需要求出分配一半价值的所有方法,只需在检测出有一种方法就可以返回了,无需继续算。

代码思路:用笔算的话我们能算出来,其实方法就是模拟我们的笔算方法,有六种价值,那么就只有6个括号要相乘。而每个括号中的幂次数最多为价值的一半即可,我们要求的就是组成一半价值的方法。

看代码还是容易点吧,代码这么多是因为大部分是固定的模版啊!

 #include <iostream>
#include <cstring>
#define N 100
using namespace std;
int num[];
int ans[N]; //
int sup[N];
bool divide(int sum) //取部分石头,能组成价值为sum,证明可公平分配。
{
int k,i,j;
for(i=;i<=;i++) //作6个括号相乘
{
if(num[i-]==) continue;
for(j=;j<=sum&&j<=num[i-]*i;j+=i) //j是跳的,间距是i
for(k=;k<=sum;k++)
sup[j+k]+=ans[k]; //重点在这,好好理解
memcpy(ans,sup,sizeof(int)*(sum+)); //这样复制更快
memset(sup,,sizeof(sup)); //这样清零更快
if(ans[sum]>) return true; //有1种方法以上都可以返回了
}
return false;
}
int main()
{
int i,n=,sum;
while()
{
for(i=,sum=;i<;i++)
{
scanf("%d",&num[i]);
num[i]%=; //数值降小
sum+=num[i]*(i+); //所有石头的价值总和(已降)
}
if(!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]&&!num[]) return ; //全0就退出
if(sum%!=) //价值的总和不能被被2整除的话就肯定分不了
{
printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
continue;
}
else sum>>=; //可以分的话,总和得减半
//**********以上部分是固定的****************************************
memset(ans,,sizeof(ans)); //清内存
memset(sup,,sizeof(sup)); //清内存
for(i=;i<=num[];i++) //初始化ans
ans[i]=;
if(divide(sum)==true)
printf("Collection #%d:\nCan be divided.\n\n",++n);
else
printf("Collection #%d:\nCan't be divided.\n\n",++n);
}
}

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