POJ1015 DP

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为叙述问题方便，现将任一选择方案中，辩方总分和控方总分之差简称为“辩控差”，
辩方总分和控方总分之和称为“辩控和”。第i 个候选人的辩方总分和控方总分之差
记为V(i)，辩方总分和控方总分之和记为S(i)。现用dp(j, k)表示，取j 个候选人，
使其辩控差为k 的所有方案中，辩控和最大的那个方案（该方案称为“方案dp(j, k)”）
的辩控和。并且，我们还规定，如果没法选j 个人，使其辩控差为k，那么dp(j, k)的
值就为-1，也称方案dp(j, k)不可行。本题是要求选出m 个人，那么，如果对k 的
所有可能的取值，求出了所有的dp(m, k) (-20×m≤ k ≤ 20×m)，那么陪审团方案自然
就很容易找到了。
    问题的关键是建立递推关系。需要从哪些已知条件出发，才能求出dp(j, k)呢？
显然，方案dp(j, k)是由某个可行的方案dp(j-1, x)( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。
可行方案dp(j-1, x)能演化成方案dp(j, k)的必要条件是：存在某个候选人i，i 
在方案dp(j-1, x)中没有被选上，且x+V(i) = k。在所有满足该必要条件的dp(j-1, x)中
，选出 dp(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个，那么方案dp(j-1, x)再加上候选人i，就
演变成了方案 dp(j, k)。这中间需要将一个方案都选了哪些人都记录下来。不妨将方案
dp(j, k)中最后选的那个候选人的编号，记在二维数组的元素path[j][k]中。那么方案
dp(j, k)的倒数第二个人选的编号，就是path[j-1][k-V[path[j][k]]]。假定最后算出
了解方案的辩控差是k，那么从path[m][k]出发，就能顺藤摸瓜一步步回溯求出所有被选中的候选人。
初始条件，只能确定dp(0, 0) = 0，其他均为-1。由此出发，一步步自底向上递推，就
能求出所有的可行方案dp(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题的时候，会用一个二维
数组dp 来存放dp(j, k)的值。而且，由于题目中辩控差的值k 可以为负数，而程序中数
租下标不能为负数，所以，在程序中不妨将辩控差的值都加上修正值fix=400，以免下标
为负数导致出错。
为什么fix=400？这是很显然的，m上限为20人，当20人的d均为0，p均为20时，会出现辨
控差为-400。修正后回避下标负数问题，区间整体平移，从[-400,400]映射到[0,800]。
此时初始条件修正为dp(0, fix) = 0，其他均为-1。
DP后，从第m行的dp(m, fix)开始往两边搜索最小|D-P| 即可，第一个不为dp[m][k]!=-1的
位置k就是最小|D-P|的所在。
最后就是求m个人的D和P，由于D+P = dp(m, |D-P| ) ，|D-P|已知。
那么D= (D+P + |D-P| )/2  ,  P=(D+P-|D-P| ) / 2
计算D和P时注意修正值fix
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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
int d[300],p[300],c[300],h[300],f[30][900],path[30][900];
int main()
{
    int n,m,cas=0;
    while(scanf("%d%d",&n,&m)&&(n+m)){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            scanf("%d%d",&d[i],&p[i]);
            c[i]=d[i]-p[i];
            h[i]=d[i]+p[i];
        }
        memset(f,-1,sizeof(f));
        memset(path,0,sizeof(path));
        int M=m*20;
        f[0][M]=0;
        for(int i=0;i<m;i++){
            for(int j=0;j<=M*2;j++){
                if(f[i][j]==-1) continue;
                for(int k=1;k<=n;k++){
                    if(f[i][j]+h[k]>f[i+1][j+c[k]]){
                        int t1=i,t2=j;
                        while(t1>0&&path[t1][t2]!=k){
                            t2-=c[path[t1][t2]];
                            t1--;
                        }
                        if(t1==0){
                            f[i+1][j+c[k]]=f[i][j]+h[k];
                            path[i+1][j+c[k]]=k;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        int i;
        for(i=0;;i++){
            if(f[m][M+i]!=-1) break;
            if(f[m][M-i]!=-1) break;
        }
        int ans1,ans2,t1=m,t2;
        if(f[m][M+i]>f[m][M-i]){
            ans1=(i+f[m][M+i])/2;
            ans2=f[m][M+i]-ans1;
            t2=M+i;
        }
        else{
            ans1=(-i+f[m][M-i])/2;
            ans2=f[m][M-i]-ans1;
            t2=M-i;
        }
        printf("Jury #%d\n",++cas);
        printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",ans1,ans2);
        int tmp[30],cnt=0;
        while(t1){
            tmp[cnt++]=path[t1][t2];
            t2-=c[path[t1][t2]];
            t1--;
        }
        sort(tmp,tmp+cnt);
        for(int j=0;j<cnt;j++) printf(" %d",tmp[j]);
        printf("\n\n");
    }
    return 0;
}