• 题面描述

  • \(Alice\)、\(Bob\)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。

• 输入格式

  • 输入的第一行包括三个整数：\(x_1\)、\(x_2\)、\(x_3\),\(-10^3\leq x_1,x_2,x_3\leq 10^3\)，其中 \(x_1\)代表\(Alice\)欠\(Bob\)的钱（如果\(x_1\)是负数，说明\(Bob\)欠了\(Alice\)的钱）以此类推
    接下来有三行,每行包括6个自然数：

    \(a_{100}\)	\(a_{50}\)	\(a_{20}\)	\(a_{10}\)	\(a_{5}\)	\(a_{1}\)
    \(b_{100}\)	\(b_{50}\)	\(b_{20}\)	\(b_{10}\)	\(b_{5}\)	\(b_{1}\)
    \(c_{100}\)	\(c_{50}\)	\(c_{20}\)	\(c_{10}\)	\(c_{5}\)	\(c_{1}\)

    \(a_{100}\)表示\(Alice\)拥有的\(100\)元钞票张数，\(b_{50}\)表示\(Bob\)拥有的\(50\)元钞票张数，以此类推。另外，我们保证有\(a_{10}+a_5+a_1\leq 30\)，\(b_{10}+b_5+b_1\leq 30\)，\(c_{10}+c_5+c_1\leq 30\)，而且三人总共拥有的钞票面值总额不会超过\(10^3\)。

• 输出格式

  • 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）。

• 题解

  • 首先看到这题，我们稍加思考便能够发现，这个问题的初状态每个人拥有的钱数，以及终状态每个人拥有的钱数是固定的。

  • 第一次看到题，我一直关注与钞票的交换上，只觉得这个交换方式十分复杂，没有办法用一种有效的方式转化。于是就\(YY\)了一个\(A^*\)出来，但过不了全部的点

    • 具体就是，把\(A^*\)的估价函数\(g(x)\)设为 不考虑每个人每种钱拥有的张数的情况下
      • \(\sum_{i=1}^3\)第\(i\)个人现有\(x\)元，终状态该人有\(y\)元，从\(x\)元变到\(y\)元最少要向他人交换几张钞票
    • 这一部分可以用无限背包做

  • 但像我们最初考虑该问题是想到的初状态与终状态固定，受到物理的保守力只需考虑始、末状态，不需考虑中间过程的启发，我们其实不需要知道这些钞票是如何进行换的，我们只关心换完之后每个人所拥有的钱。

  • 这样一来，我们就会发现，每种币值的钞票相对独立，因此我们将每种币值的钞票独立开来，成为每层的状态。

  • 如此一来，我们可以设计出这样的\(dp\)方程

    • 记\(f_{i,x,y,z}\)表示使用前\(i\)种币值的钞票进行交换后，三个人各有\(x,y,z\)元时最少的钞票交换次数，记\(b_i\)表示第\(i\)种钞票的币值，\(k_i\)表示每个人给出第\(i\)种钞票的张数（可正可负）

    • 则 他们三人之间交换第\(i​\)种钞票的总张数为\(chg=\frac{|k_1|+|k_2|+|k_3|}{2}​\)

    • \[ f_{i,x-k_1*b_i,y-k_2*b_i,z-k_3*b_i}=f_{i-1,x,y,z}+chg\\ 保证k_1+k_2+k_3=三人拥有第i种钞票的总张数 \]

  • 然后，我们不难发现\(x+y+z\)恒等三人拥有的总钱数

  • 因此我们可以降一维变成

    • \[ f_{i,x-k_1*b_i,y-k_2*b_i}=f_{i-1,x,y}+chg\\ k_3=三人拥有第i种钞票的总张数-k_1-k_2\\ chg=\frac{|k_1|+|k_2|+|k_3|}{2} \]

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int MAXN=1e3+5;
const int b[10]={0,100,50,20,10,5,1};
int mon[4][10];
int x1,x2,x3,s[4];
int sum;
int f[7][MAXN][MAXN];
int main(){
    scanf("%d%d%d",&x1,&x2,&x3);
    for (int i=1;i<=3;i++){
        for (int j=1;j<=6;j++){
            scanf("%d",&mon[i][j]);
            sum+=mon[i][j]*b[j];
        }
    }
//  cout<<"done"<<endl;
    for (int i=1;i<=3;i++){
        for (int j=1;j<=6;j++) s[i]+=mon[i][j]*b[j];
    }
    if (s[1]-x1+x3>sum||s[2]+x1-x2>sum||s[3]-x3+x2>sum) return printf("impossible\n"),0;
    memset(f,63,sizeof(f)); f[0][s[1]][s[2]]=0;
    for (int i=1;i<=6;i++){
        for (int j=0;j<=sum;j++){
            for (int k=0;k+j<=sum;k++){
                if (f[i-1][j][k]>=1e9) continue;
                int cnt=mon[1][i]+mon[2][i]+mon[3][i];
                for (int x=0;x<=cnt;x++){
                    for (int y=0;y+x<=cnt;y++){
                        int z=cnt-x-y;
                        int lx=mon[1][i]-x;
                        int ly=mon[2][i]-y;
                        int lz=mon[3][i]-z;
                        int chg=(abs(lx)+abs(ly)+abs(lz))/2;
                        if (j-lx*b[i]+k-ly*b[i]>sum) continue;
                        if (j<lx*b[i]||k<ly*b[i]) continue;
                        f[i][j-lx*b[i]][k-ly*b[i]]=min(f[i][j-lx*b[i]][k-ly*b[i]],f[i-1][j][k]+chg);
                    }
                }
            }
        }
    }
    int ans=f[6][s[1]-x1+x3][s[2]-x2+x1];
    if (ans>=1e9) printf("impossible\n");
    else printf("%d\n",ans);
    return 0;
}