[bzoj1021] [SHOI2008]Debt 循环的债务

Posted 2021-02-08 hbyer

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

10 0 0 
0 1 0 0 0 0 
0 0 0 3 0 10
0 0 3 0 0 0 

Sample Output

5

Solution

挺显然的(dp)。

题目中的还债模型太复杂了，可以考虑简化，很显然的我们可以算出每个人最后还完债了应该有多少钱，那么我们可以针对每个人的钱数进行(dp)。

设(f[i][a][b])表示现在处理到第(i)种钱币了，第一个人有(a)元，第二个人有(b)元，设总钱数为(sum)元，显然这个是不变的，所以第三个人有(sum-a-b)元。

然后转移就暴力枚举当前钱币(a)剩下多少个，(b)剩下多少个就行了。

然后加一些可行性剪枝(和没有差不多)，第一维滚动掉就可以过了。

具体细节可以看看代码，转移就一句话。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

void read(int &x) {
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';x*=f;
}

#define write(x) printf("%d
",x)

const int maxn = 2e5+10;

int f[2][1002][1002],cnt[3][6],sum[3],rs[3];
const int w[]={1,5,10,20,50,100};

int main() {
    int x;
    for(int i=0;i<3;i++) read(x),sum[i]-=x,sum[(i+1)%3]+=x;
    for(int i=0;i<3;i++) 
        for(int j=5;~j;j--) read(x),cnt[i][j]=x,sum[i]+=w[j]*x,rs[i]+=w[j]*x;
    if(sum[0]<0||sum[1]<0||sum[2]<0) return puts("impossible"),0;
    memset(f[0],-1,sizeof f[0]);
    f[0][rs[0]][rs[1]]=0;int all=rs[0]+rs[1]+rs[2]; 
    
    for(int i=0;i<6;i++) {
        int num=cnt[0][i]+cnt[1][i]+cnt[2][i];
        memset(f[(i&1)^1],-1,sizeof f[(i&1)^1]);
        for(int a=0;a<=all;a++) 
            for(int b=0;a+b<=all;b++) {
                if(f[i&1][a][b]<0) continue;
                for(int r=0;r<=num;r++) 
                    for(int s=0;r+s<=num;s++) {
                        int nowa=a+w[i]*(r-cnt[0][i]),nowb=b+w[i]*(s-cnt[1][i]);
                        if(nowa>=0&&nowb>=0&&all-nowa-nowb>=0) {
                            int tmp=(abs(r-cnt[0][i])+abs(s-cnt[1][i])+abs(num-r-s-cnt[2][i]))/2;
                            if(f[(i&1)^1][nowa][nowb]<0) f[(i&1)^1][nowa][nowb]=f[i&1][a][b]+tmp;
                            else f[(i&1)^1][nowa][nowb]=min(f[(i&1)^1][nowa][nowb],f[i&1][a][b]+tmp);  //转移在这里，tmp为当前钱币转移的数量，一次转移会造成两次得到或失去，所以要除以2
                        }
                    }
            }
    }
    
    if(f[0][sum[0]][sum[1]]<0) puts("impossible");
    else write(f[0][sum[0]][sum[1]]);
    return 0;
}