1021: [SHOI2008]Debt 循环的债务

最新推荐文章于 2020-10-30 19:08:13 发布

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本文探讨了在解决不同个体间债务交换时如何减少现金流通的数量。通过动态规划方法，提出了一个有效策略来最小化货币交换次数，确保债务得以公平且高效地清算。

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|。

题解：

dp。。。。。。

dp[0/1][i][j]表示A拥有i块钱，B拥有j块钱最少需要的交换钱数。（第一个只是用来滚动的）

首先dp[0][_sum[0]][_sum[1]]=0；表示起手时，A拥有（以下省略）需要交换的次数是0张。

接下来看代码吧。。。。

code：


#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
int x1,x2,x3;
int dp[2][1010][1010],cnt[3][6],_sum[3],msum[6];
int mianzhi[]={1,5,10,20,50,100};
int main()
{
	cin>>x1>>x2>>x3;
	for(int i=0;i<=2;i++){
		for(int j=5;j>=0;j--){
			cin>>cnt[i][j];
			_sum[i]+=cnt[i][j]*mianzhi[j];
			msum[j]+=cnt[i][j];
		}
	}
	int tot=_sum[0]+_sum[1]+_sum[2];
	memset(dp[0],-1,sizeof(dp[0]));
	dp[0][_sum[0]][_sum[1]]=0;
	for(int i=0;i<=5;i++){
		int _now=1&i;
		memset(dp[_now^1],-1,sizeof(dp[_now^1]));
		for(int j=0; j<=tot; j++){
			for (int k = 0; j + k <= tot; k++){
			    if(dp[_now][j][k]>=0){
					//update(d[now ^ 1][j][k], d[now][j][k]);
					for(int a=0;a<=msum[i];a++){
						for(int b=0;b+a<=msum[i];b++){
							int suma = j + mianzhi[i] * (a - cnt[0][i]);//第一个人剩余，a：给完后剩余的张数
                            int sumb = k + mianzhi[i] * (b - cnt[1][i]);//第二个人剩余，b：给完后剩余的张数
                            if (suma >= 0 && sumb >= 0 && suma + sumb <= tot){
								int dis=abs(cnt[0][i]-a)+abs(cnt[1][i]-b)+abs(msum[i]-a-b-cnt[2][i]);
								dis/=2;
								//if(dp[_now^1][suma][sumb]==-1)dp[_now^1][suma][sumb]=dp[]
								//dis = calc();
                                //update(d[now ^ 1][suma][sumb], d[now][j][k] + dis);
								if(dp[_now^1][suma][sumb]==-1)dp[_now^1][suma][sumb]=dp[_now][j][k]+dis;
								else if(dp[_now^1][suma][sumb]>dp[_now][j][k]+dis)dp[_now^1][suma][sumb]=dp[_now][j][k]+dis;
							}
						}
					} 
				}
			}
		}
	}
	
	
	int lasta=_sum[0]-(x1-x3),lastb=_sum[1]-(x2-x1),lastc=_sum[2]-(x3-x2);
	if(lasta<0||lastb<0||lastc<0||dp[6&1][lasta][lastb]<0){
		cout<<"impossible";
	}else {
		cout<<dp[6&1][lasta][lastb];
	}
	return 0;
}