每日一题(19)――数组分割（动态规划） - 小熊不去实验室 - 博客频道 - CSDN.NET

一、问题：

      1. 有一个无序、元素个数为2n的正整数数组，要求：如何能把这个数组分割为两个子数组，子数组的元素个数不限，并使两个子数组之和最接近。

      2. 有一个无序、元素个数为2n的正整数数组，要求：如何能把这个数组分割为元素个数为n的两个数组，并使两个子数组之和最接近。

解法1：（小田）

分为几个阶段：

       外阶段：在前k1个数中进行选择，k1=1,2...2*n。
       内阶段：从这k1个数中任意选出k2个数，k2=1,2...k1。

       状态：这k2个数的和为s，s=1,2...sum/2。

       决策：决定这k2个数的和有两种决策，一个是这k2个数中包含第k1个数，另一个是不包含第k1个数。

这种做法与0-1背包的方法2相似。很厉害的方法，不需要判断一个节点是否已经使用过。

dp[k][s]表示从前k个数中取任意个数，且这些数之和为s的取法是否存在。

1. int main()  
2. {  
3.     int n, i, k1, k2, s, u;  
4.     cin >> n;  
5.     for (i=1; i<=2*n; i++)  
6.         cin >> A[i];  
7.     int sum = 0;  
8.     for (i=1; i<=2*n; i++)  
9.         sum += A[i];  
10.     memset(dp,0,sizeof(dp));  
11.     dp[0][0]=true;  
12.         // 外阶段k1表示第k1个数，内阶段k2表示选取数的个数  
13.          // 这跟前面陪审团和0-1背包的方法不太一样,他们是在外阶段（外循环）迭代选取个数，内阶段迭代具体选取那个数  
14.          // 这样做需验证选取的数是否出现过，但是可以通过保存Path[个数][状态和]来存储各个状态；  
15.     for (k1=1; k1<=2*n; k1++)            // 外阶段k1  
16.     {  
17.         for (k2=k1; k2>=1; k2--)     // 内阶段k2  
18.             for (s=1; s<=sum/2; s++) // 状态s  
19.             {  
20.                 //dp[k1][s] = dp[k1-1][s];  
21.                 // 有两个决策包含或不包含元素k1  
22.                 if (s>=A[k1] && dp[k2-1][s-A[k1]])  
23.                     dp[k2][s] = true;  
24.             }  
25.     }  
26.     /*根据0-1背包问题改写的方法：事实证明这种方法在不判断选用节点k2是否使用过的情况下，不可取，因为可能会重复调用某一个节点，除非再利用Path[k1][s]保存相应状态的节点。再判断它是否出过。那样的话，就需要用dp[k1][s]保存状态和s，也就是说跟第二个坐标一样。 
27.     for (k1=0; k1<2*n; k1++)         // 迭代选取数量 
28.     { 
29.         for (s=0; s<=sum/2; s++)         // 状态和sum：s 
30.             if(dp[k1][s]==true) 
31.             for (k2=1; k2<=2*n; k2++)        // 选取第k2个    
32.             { 
33.                 if (s>=A[k1] )   // if(s>=A[k1] && dp[k2-1][s-A[k1]]) 
34.                     dp[k1+1][s+A[k2]] = true; 
35.             } 
36.     } 
37.     */  
38.     // 之前的dp[k][s]表示从前k个数中取任意k个数，经过下面的步骤后  
39.     // 即表示从前k个数中取任意个数  
40.     for (k1=2; k1<=2*n; k1++)  
41.         for (s=1; s<=sum/2; s++)  
42.             if (dp[k1-1][s])  
43.                 dp[k1][s]=true;  
44.     // 确定最接近的给定值sum/2的和  
45.     for (s=sum/2; s>=1 && !dp[2*n][s]; s--)  
46.                ;  
47.                  
48.     printf("the differece between two sub array is %d\n", sum-2*s);  
49. }  

解法2.

根据0-1背包问题方法2改写的算法：也好使~这种方式更简便！

只需要改动一点：利用dp[i][m]保存状态和，跟m的值一样。

依然无需测试一个节点是否已经存在，但依然无法保存路径，即无法输出最优解的过程

1. struct{  
2.     int wei;  
3. }node[nMax];  
4.   
5. int main()  
6. {  
7.     int m, n, i ,w ,dp[mMax],sumN=0;  
8.     while(cin>>n)  
9.     {  
10.         if(n==0) break;  
11.         for (i=1; i<=2*n;i++)  
12.         {  
13.             cin>>node[i].wei;  
14.             sumN += node[i].wei;  
15.         }  
16.         m=sumN/2;  
17.   
18.         memset(dp, 0, (m+1)*sizeof(int));  
19.   
20.         for (i=1; i<=2*n; i++)  
21.             for ( w=m; w>=node[i].wei; w-- )//根据解法1的分析，必须将权重保存成下标才能满足最优化问题。  
22.                 if ( dp[w] < dp[w - node[i].wei] + node[i].wei )  
23.                     dp[w] = dp[w - node[i].wei] + node[i].wei;  
24.   
25.         cout<<dp[m]<<endl;  
26.         cout<<"the differece between two sub array is: "<<sumN - 2*dp[m]<<endl;  
27.     }  
28. }

解法3，

根据公正陪审团问题改写的算法dp[k][s]：外循环是选取个数k，中间是状态和s，内循环是选取具体哪一个index；同时可以保存路径，输出具体选取哪些数字

1. int A[MAXN];  
2. int dp[MAXN][MAXSUM];  
3. int Path[MAXN][MAXSUM];  
4. // dp[k][s]表示取k个数，且和为s的情况下，保存的依然是和s；因为要优化判断  
5. int main()  
6. {  
7.     int n, i, k1, k2, s, u,t1,t2;  
8.     cin >> n;  
9.     for (i=1; i<=2*n; i++)  
10.         cin >> A[i];  
11.     int sum = 0;  
12.     for (i=1; i<=2*n; i++)  
13.         sum += A[i];  
14.     memset(dp,-1,sizeof(dp));  
15.       
16.     dp[0][0]=0;//初始状态  
17.   
18.     for (k1=0; k1<2*n; k1++)         // 选取的数量k1  
19.     {  
20.         for (s=0; s<=sum/2; s++)     // 状态和s  
21.         if(dp[k1][s]>=0)  
22.         {  
23.             for (k2=1; k2<=2*n; k2++)        // 具体选取哪一个k2  
24.                 if(dp[k1][s]+A[k2]>dp[k1+1][s+A[k2]] && s+A[k2]<=sum/2)  
25.                 {  
26.                     t1=k1;t2=s;  
27.                     while(t1>0&&Path[t1][t2]!=k2)//验证k2是否在前面出现过  
28.                     {  
29.                         t2-=A[Path[t1][t2]] ;//减前一个元素的值  
30.                         t1--;  
31.                     }  
32.                     if (t1==0)  
33.                     {  
34.                         dp[k1+1][s+A[k2]] = dp[k1][s]+A[k2];  
35.                         Path[k1+1][s+A[k2]] = k2;       //k2保存在Path中  
36.                     }  
37.                 }  
38.         }  
39.     }  
40.   
41.     int maxS=0,maxN=0;  
42.     for (k1=1; k1<=2*n; k1++)  
43.         for (s=1; s<=sum/2; s++)  
44.             if (dp[k1][s]>maxS)  
45.             {  
46.                 maxS=dp[k1][s];  
47.                 maxN=k1;  
48.             }  
49.     cout<<"the count of num: "<<maxN<<"  the max sum of the num: "<<maxS<<endl;         
50.     cout<<"the differece between two sub array is: "<< sum-2*maxS<<endl;  
51.   
52.     set<int> index;  
53.     index.clear();  
54.     for (int i=0; i<maxN; i++)  
55.     {  
56.         int id = Path[maxN-i][maxS];  
57.         index.insert(id);  
58.         maxS -= A[id];  
59.     }  
60.     cout<<endl;  
61.     cout<<"the index of selected num: ";  
62.     for(set<int>::iterator iter=index.begin(); iter!=index.end(); iter++) cout<<*iter<<" ";   
63. } 

问题2.

解法1：

     但本题还增加了一个限制条件，即选出的物体数必须为n，这个条件限制了内阶段k2的取值范围，（同：公正陪审团问题）并且dp[k][s]的含义也发生变化。这里的dp[k][s]表示从前k个数中取任意不超过n的k个数，且这些数之和为s的取法是否存在

1. #define MAXN 101  
2. #define MAXSUM 100000  
3. int A[MAXN];  
4. bool dp[MAXN][MAXSUM];  
5. // 题目可转换为从2n个数中选出n个数，其和尽量接近于给定值sum/2  
6. int main()  
7. {  
8.     int n, i, k1, k2, s, u;  
9.     cin >> n;  
10.     for (i=1; i<=2*n; i++)  
11.         cin >> A[i];  
12.     int sum = 0;  
13.     for (i=1; i<=2*n; i++)  
14.         sum += A[i];  
15.     memset(dp,0,sizeof(dp));  
16.     dp[0][0]=true;  
17.     // 对于dp[k][s]要进行u次决策，由于阶段k的选择受到决策的限制，  
18.     // 这里决策选择不允许重复，但阶段可以重复，比较特别  
19.     for (k1=1; k1<=2*n; k1++)                // 外阶段k1  
20.         for (k2=min(k1,n); k2>=1; k2--)      // 内阶段k2  
21.             for (s=1; s<=sum/2; s++) // 状态s  
22.                 // 有两个决策包含或不包含元素k1  
23.                 if (s>=A[k1] && dp[k2-1][s-A[k1]])  
24.                     dp[k2][s] = true;  
25.     // 确定最接近的给定值sum/2的和  
26.     for (s=sum/2; s>=1 && !dp[n][s]; s--);  
27.     printf("the differece between two sub array is %d\n", sum-2*s);  
28. } 

问题1的解法3肯定适用，只要最后选择最大值时确定dp[k][s]的k即可；

问题公正陪审团问题1的解法2是否使用，还有待验证。

注意：如果数组中有负数的话，上面的背包策略就不能使用了（因为第三重循环中的s是作为数组的下标的，不能出现负数的），需要将数组中的所有数组都加上最小的那个负数的绝对值，将数组中的元素全部都增加一定的范围，全部转化为正数，然后再使用上面的背包策略就可以解决了。

这种带权重的求和的最优化问题，都可以转换为数组求和最优问题，（转化为判别划分问题）。

从具体的解法上来说，解法3，即公正陪审团问题的解法比较完善，可以保存路径，但是需要额外判断选取的某个数是否已经存在。且这种解法比较容易理解：

dp[k][s]：

外循环迭代k，表示取元素的个数；

中间循环迭代s：表示状态和s（限制条件，不能超过多少……）

内循环迭代index：表示具体是否选取A[index];

判别：+A[index]满足最优条件 &A[index]没有出现过(通过Path判别，保存)

最终：输出时若有个数限制K，则在dp[K][]中查找，若没有个数限制，则在dp[][]全部中查找

PS：利用Path输出路径时，可以先保存在set中，这样输出有序。

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