洛谷P1282 多米诺骨牌题解

题目链接：P1282 多米诺骨牌

题意：

多米诺骨牌由上下 222 个方块组成，每个方块中有 1∼61\sim61∼6 个点。现有排成行的上方块中点数之和记为 S1S_1S1，下方块中点数之和记为 S2S_2S2，它们的差为 ∣S1−S2∣\left|S_1-S_2\right|∣S1−S2∣。如图，S1=6+1+1+1=9S_1=6+1+1+1=9S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11S_2=1+5+3+2=11S2=1+5+3+2=11，∣S1−S2∣=2\left|S_1-S_2\right|=2∣S1−S2∣=2。每个多米诺骨牌可以旋转 180°180°180°，使得上下两个方块互换位置。请你计算最少旋转多少次才能使多米诺骨牌上下 222 行点数之差达到最小。

对于图中的例子，只要将最后一个多米诺骨牌旋转 180°180°180°，即可使上下 222 行点数之差为 000。

注意到我们其实并不关心 S1,S2S_1,S_2S1,S2 的值，而是关心他们的差值

这个绝对值似乎不好处理，其实只要把正负的情况取个min就可以了

设 dp[i][j]dp[i][j]dp[i][j] 表示只考虑前 iii 个骨牌，差值为 jjj 时的最小翻转数

这里的 jjj 定义为 S1−S2S_1-S_2S1−S2 或者 S2−S1S_2-S_1S2−S1 其实没啥区别，不过下面代码为前者

不难发现

dp[i][j]=min⁡(dp[i−1][j−a[i]+b[i]]+1,dp[i−1][j+a[i]−b[i]])dp[i][j]=\min(dp[i-1][j-a[i]+b[i]]+1,dp[i-1][j+a[i]-b[i]]) dp[i][j]=min(dp[i−1][j−a[i]+b[i]]+1,dp[i−1][j+a[i]−b[i]])

注意到差值最大 500050005000 ，为了避免乱七八糟讨论，就直接循环 −5000∼5000-5000 \sim 5000−5000∼5000 就好啦

差值可能为负所以数组整体平移一下，然后整个填表法滚一滚啥的就好了

这里好像刷表法写起来不太安全就不写了，虽然没啥问题，但是不算简洁吧（逃

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define N (int)(1e3+15)
const int bd=5e3+15;
int n,dp[2][20*N],a[N],b[N];
signed main()
{ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);// freopen("check.in","r",stdin);// freopen("check.out","w",stdout);memset(dp,0x3f,sizeof(dp));cin >> n;dp[0][bd]=0;for(int i=1; i<=n; i++)cin >> a[i] >> b[i];for(int i=1; i<=n; i++){int cur=i&1,pre=cur^1;memset(dp[cur],0x3f,sizeof(dp[cur]));for(int j=-5000; j<=5000; j++)dp[cur][j+bd]=min(dp[pre][j+a[i]-b[i]+bd]+1,dp[pre][j-a[i]+b[i]+bd]);}for(int i=0; i<=5000; i++){int t=min(dp[n&1][i+bd],dp[n&1][-i+bd]);if(t<=n)return cout << t << endl,0;}return 0;
}

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