原题链接
题目大意
有 n ( n ≤ 100 ) n\ (n\le 100) n (n≤100)个数字,每个数字大于0,小于等于450。要把这些数字分成两组,两组之间数字个数的差值不超过1,求如何取,可以使得两组数字的之间差值最小,输出这种方法,小的在前,大的在后。
解题思路
如果将这一题看做一个判定性问题,那就简单多了。
这么来思考,我们可以定义一个数组,表示从 i ( 1 ∼ n ) i(1\sim n) i(1∼n)中选择 j j j个数是否可以组成 i i i的数。动态转移方程就好推了,只要考虑所有可能到达该状态的情况即可(看似三维数组,实际可以使用滚动数组,注: w k w_k wk表示第 k k k 个数是多少):
f i , j = f i , j o r f i , j − w k ( 1 ≤ k ≤ n , 1 ≤ i ≤ ⌊ k 2 ⌋ , w k ≤ j ≤ i × 450 ) f_{i,j}=f_{i,j}\ \ or\ \ f_{i,j-w_k}(1\le k\le n,1\le i\le \lfloor \frac {k} 2 \rfloor,w_k\le j\le i\times 450) fi,j=fi,j or fi,j−wk(1≤k≤n,1≤i≤⌊2k⌋,wk≤j≤i×450)
代码实现
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
//#pragma GCC optimize(2)// O2优化
using namespace std;
int n,w[110],s;
bool f[110][54000];
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(false);
// cin.tie(0);
// 输入输出加速
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>w[i];
s+=w[i];//计算总和
}
f[0][0]=true;//初始状态
for(int i=1;i<=n;i++){
//枚举是前多少个
for(int j=1;j<=i/2+1;j++){
//枚举取的人数
for(int k=j*450;k>=w[i];k--){
//枚举可能的数字
f[j][k]=(f[j][k]||f[j-1][k-w[i]]);//动态转移方程
}
}
}
for(int i=s/2;i>=0;i--){
//尽量靠近总和的1/2
if(f[n/2][i]||f[n/2+1][i]){
//因为每两组之间可以有1个数的差
cout<<min(i,s-i)<<" "<<max(i,s-i);//小的在前,大的在后
return 0;
}
}
}
样例
输入
3
100
90
200
输出
190 200