背包問題（2）：0/1背包

来源:https://www.cnblogs.com/cs-whut/archive/2022/03/30/16078393.html
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前言： 請各大網友尊重本人原創知識分享，謹記本人博客：南國以南i 上篇我們介紹到 保姆教程系列一、Linux搭建Nacos 註冊中心原理 一、環境準備 Java版本：1.8+ (Linux centos7虛擬機下安裝Jdk1.8) MySQL服務：5.6.5+ (Linux Centos7 安裝My ...


        0/1背包是最基本的背包問題，其基本特點是：每種物品僅有一件，可以選擇放或不放，即每個物品最多只能放一次。

        0/1背包問題的一般描述為：有N個物品，第i個物品的重量與價值分別為W[i]與P[i]。背包容量為V，試問在每個物品最多使用一次（物品必須保持完整）的情況下，如何讓背包裝入的物品具有更大的價值總和。

        其一般解題思路為：

        設f[i][j]表示容量為j時放入前i個物品得到的最大價值。

        對於第i件物品，有兩種選擇，即放或者不放。

        如果不放，則f[i][j]=f[i-1][j]；

        如果放，則f[i][j]=f[i-1][j-W[i]]+P[i]

        因此有狀態轉移方程：f[i][j]=max (f[i-1][j], f[i-1][j-W[i]]+P[i])。

        編寫代碼時，一般可以寫成如下的迴圈。

    for  (i=1;i<=N;i++)       // 對每件物品進行處理

        for (j=1;j<=V;j++)   

        {

           if (j-W[i]<0)

              f[i][j]=f[i-1][j];

           else

           {

               f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-W[i]]+P[i]);

           }

        }

最優值為f[N][V]。

        由上面的迴圈過程可知，迴圈過程中的f[i][j]僅與f[i-1][j]或f[i-1][j-W[i]]相關，因此可以將存儲空間由二維數組壓縮成一維數組，即

            f[j]=max（f[j], f[j−W[i]]+P[i]）

        在具體遞推處理時，需要採用逆推的方法進行計算最優值。一般寫成如下的迴圈。

    for  (i=1;i<=N;i++)        // 對每件物品進行處理

        for (j=V;j>=W[i];j--)    // 逆推計算最優值

        {

               f[j]=max(f[j],f[j-W[i]]+P[i]);

        }

        對於背包問題，數組f的初始化也需要註意。對於不同的問題，初始化值一般不同。

        一般在求最優解的背包問題題目中，有兩種不太相同的問法。有的題目要求“恰好裝滿背包”時的最優解，有的題目則並沒有要求必須把背包裝滿。這兩種問法的實現方法在初始化的時候就有所不同。

        如果是要求“恰好裝滿背包”，那麼在初始化時，除了f[0]為0，其它元素f[1]~f[V]均初始化為-∞，這樣就可以保證最終得到的f[V]是一種恰好裝滿背包的最優解。

        如果並沒有要求必須把背包裝滿，而是只希望獲得的價值儘量大，初始化時應該將f[0]~f[V]全部設為0。

        為什麼要這樣初始化呢？

        初始化f數組事實上就是在沒有任何物品放入背包時的合法狀態。如果要求背包“恰好裝滿”，那麼此時只有容量為0的背包可能被價值為0的nothing“恰好裝滿”，其它容量的背包均沒有合法的解，屬於未定義的狀態，它們的值就都應該是-∞了。如果背包並非必須被裝滿，那麼任何容量的背包都有一個合法解“什麼都不裝”，這個解的價值為0，所以初始時f的值也就全部為0了。

        0/1背包問題是最基本的背包問題，它包含了背包問題中設計狀態、確定狀態轉移方程的最基本思想，另外，其他類型的背包問題往往也可以轉換成0/1背包問題求解。因此需要認真體會並掌握。

【例1】採藥

問題描述

辰辰是個天資聰穎的孩子，他的夢想是成為世界上最偉大的醫師。為此，他想拜附近最有威望的醫師為師。醫師為了判斷他的資質，給他出了一個難題。醫師把他帶到一個到處都是草藥的山洞里對他說：“孩子，這個山洞里有一些不同的草藥，採每一株都需要一些時間，每一株也有它自身的價值。我會給你一段時間，在這段時間里，你可以採到一些草藥。如果你是一個聰明的孩子，你應該可以讓採到的草藥的總價值最大。”

如果你是辰辰，你能完成這個任務嗎？

輸入

第一行有2個整數 T（1≤T≤1000）和M（1≤M≤100），用一個空格隔開，T代表總共能夠用來採藥的時間，M 代表山洞里的草藥的數目。

接下來的 M行每行包括兩個在1到 100 之間（包括 1和100）的整數，分別表示採摘某株草藥的時間和這株草藥的價值。

輸出

輸出在規定的時間內可以採到的草藥的最大總價值。

輸入樣例

70 3

71 100

69 1

1 2

輸出樣例

3

        （1）編程思路。

        這是一道典型的0/1背包問題，把採摘每株草藥的時間看做標準模型中的重量，把規定的時間看做載重為T的背包，這樣問題和基本模型就一樣了。

        分別採用二維數組和一維數組的方法編寫源程式如下。

        （2）採用二維數組編寫的源程式1。

#include <stdio.h>
int max(int a,int b)
{
    if (a>b) return a;
    else  return b;
}
int main()
{
    int f[101][1001]={0};
    int w[101],v[101];
    int t,m;
    scanf("%d%d",&t,&m);
    int i,j;
    for (i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&w[i],&v[i]);
    }
    for (i=1;i<=m;i++)
        for (j=1;j<=t;j++)
        {
           if (j-w[i]<0)
              f[i][j]=f[i-1][j];
           else
           {
               f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+v[i]);
           }
        }
    printf("%d\n",f[m][t]);
    return 0;
}

        （3）採用一維數組編寫的源程式2。

#include <stdio.h>
int max(int a,int b)
{
    if (a>b) return a;
    else  return b;
}
int main()
{
    int f[1001]={0};
    int w[101],v[101];
    int t,m;
    scanf("%d%d",&t,&m);
    int i,j;
    for (i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d",&w[i],&v[i]);
    }
    for (i=1;i<=m;i++)
        for (j=t;j>=w[i];j--)
        {
               f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+v[i]);
        }
    printf("%d\n",f[t]);
    return 0;
}

        將上面的源程式提交給洛谷題庫P1048 [NOIP2005 普及組] 採藥（https://www.luogu.com.cn/problem/P1048），測評結果為“Accepted”。 

【例2】背包問題

問題描述

有N件物品和一個容量為M的背包。第i件物品的重量是Wi，價值是Di。求解將哪些物品裝入背包可使這些物品的重量總和不超過背包容量，且價值總和最大。

輸入

第一行：物品個數N （1≤N≤3,402）和背包大小M（1≤M≤12,880）。

第二行至第 N+1 行：第i 個物品的重量 Wi（1≤Wi≤400）和價值Di（1≤Di≤100）。

輸出

輸出一行最大價值。

輸入樣例

4 6

1 4

2 6

3 12

2 7

輸出樣例

23

        （1）編程思路。

        最基本的0/1背包問題，可以按前面介紹的模板寫成一維數組的方式，也可以寫成二維數組的方式。

        （2）採用一維數組編寫的源程式1。

#include <stdio.h>
int max(int a,int b)
{
    if (a>b) return a;
    else return b;
}
int main()
{
    int f[12881]={0};
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int c[3500],w[3500];
    int i,j;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&c[i],&w[i]);
    }
    for (i=1;i<=n;i++)
        for (j=m;j>=c[i];j--)
        {
           f[j]=max(f[j],f[j-c[i]]+w[i]);
        }
    printf("%d\n",f[m]);
    return 0;
}

         將上面的源程式1提交給洛谷題庫P2871 [USACO07DEC]Charm Bracelet S（https://www.luogu.com.cn/problem/P2871），測評結果為“Accepted”。

        （3）採用二維數組編寫的源程式2。

#include <stdio.h>
int max(int a,int b)
{
    if (a>b) return a;
    else return b;
}
int f[3410][12881]={0};
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int d[3410],w[3410];
    int i,j;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&w[i],&d[i]);
    }
    for (i=1;i<=n;i++)       // 對每件物品進行處理
        for (j=1;j<=m;j++)
        {
           if (j-w[i]<0)
              f[i][j]=f[i-1][j];
           else
           {
               f[i][j]=max(f[i-1][j],f[i-1][j-w[i]]+d[i]);
           }
        }
    printf("%d\n",f[n][m]);
    return 0;
}

        將上面的源程式2提交給洛谷題庫P2871 [USACO07DEC]Charm Bracelet S（https://www.luogu.com.cn/problem/P2871），測評結果為“Unaccepted”，其中測試點#2和測試點#10，顯示“MLE”。 

【例3】裝箱問題

題目描述

有一個箱子容量為V（正整數，0＜＝V＜＝20000），同時有n個物品（0＜n＜＝30，每個物品有一個體積（正整數）。

要求n個物品中，任取若幹個裝入箱內，使箱子的剩餘空間為最小。

輸入格式

1個整數，表示箱子容量

1個整數，表示有n個物品

接下來n行，分別表示這n個物品的各自體積。

輸出格式

1個整數，表示箱子剩餘空間。

輸入樣例

24

6

8

3

12

7

9

7

輸出樣例

0

        （1）編程思路1。

        本題也是典型的0/1背包問題，並且是0/1背包的簡化版，把箱子看成背包，容量看成載重量，每個物品的體積看成重量，剩餘空間最小也就是儘量裝滿背包。於是這個問題便成了：

        有一個載重量為V的背包，有N個物品，儘量多裝物品，使背包儘量的重。

        定義數組f[20001]，其中元素f[i]表示重量i可否構成。

        狀態轉移方程為： f[j]=f[j-w[i]]   { f[j-w[i]]=true}

        初始時，f[0]=1，什麼也不裝，重量0肯定可以構成。其餘元素全部為0。

        最終的解就是v-x （x<=n 且f[x]=true 且 f[x+1..n]=false）。

        （2）源程式1。

#include <stdio.h>
int main()
{
    int f[20001]={0};
    int v,n;
    scanf("%d%d",&v,&n);
    int w[31];
    int i,j;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&w[i]);
    }
    f[0]=1;
    for (i=1;i<=n;i++)
        for (j=v;j>=w[i];j--)
        {
           if (f[j-w[i]]==1)
              f[j]=1;
        }
    for (i=v;i>0;i--)
        if (f[i]==1) break;
    printf("%d\n",v-i);
    return 0;
}

         （3）編程思路2。

        也可以這樣解決問題。

        定義數組f[20001]，其中元素f[j]表示載重量為j的背包可裝載的最大重量。

        顯然對於每個物品i而言，

        要麼不裝，f[j]=f[j]，

        要麼裝，  f[j]=f[j-w[i]]+w[i]

        取二者的較大值。

        因此，狀態轉移方程為：f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+w[i]) 

        這個狀態轉移方程可以這樣理解：要載重為j的背包空出w[i]（j-w[i]）的空間且裝上第i個物品，比不裝獲得的價值大時，就裝上它。

        初始時，數組f的元素值全部為0。各背包全部為空。

       最終的解就是v-f[v]。

      （4）源程式2。

#include <stdio.h>
int max(int a,int b)
{
    if (a>b) return a;
    else return b;
}
int main()
{
    int f[20001]={0};
    int v,n;
    scanf("%d%d",&v,&n);
    int w[31];
    int i,j;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&w[i]);
    }
    for (i=1;i<=n;i++)
        for (j=v;j>=w[i];j--)
        {
           f[j]=max(f[j],f[j-w[i]]+w[i]);
        }
    printf("%d\n",v-f[v]);
    return 0;
}

        將上面的源程式提交給洛谷題庫P1049 [NOIP2001 普及組] 裝箱問題（https://www.luogu.com.cn/problem/P1049），測評結果為“Accepted”。

【例4】數字組合

問題描述

有n個正整數，找出其中和為t（t也是正整數）的可能的組合方式。如：

n=5，5個數分別為1,2,3,4,5，t=5；

那麼可能的組合有5=1+4和5=2+3和5=5三種組合方式。

輸入

輸入的第一行是兩個正整數n和t，用空格隔開，其中1<=n<=20，表示正整數的個數，t為要求的和（1<=t<=1000）

接下來的一行是n個正整數，用空格隔開。

輸出

和為t的不同的組合方式的數目。

輸入樣例

5 5

1 2 3 4 5

輸出樣例

3

        （1）編程思路。

         將輸入的和值t看成背包的總容量，輸入的每個正整數看成一件物品，其重量就是正整數本身，就是一個簡單的0/1背包問題。

        設f[i]表示構成和值i的不同組合方式的數目，初始時，f[0]=1（背包中什麼正整數沒放，肯定是0，和值0肯定有1種組合方式），其餘元素全部為0。

        顯然，對於正整數a，如果加入背包，則有f[j]=f[j]+f[j-a]。

       （2）源程式。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
int main()
{
    int n,t;
    scanf("%d%d",&n,&t);
    int i,j;
    int f[1005]={0};
    f[0]=1;
    for (i=1;i<=n;++i)
    {
        int a;
        scanf("%d",&a);
        for (j=t;j>=a;j--)
            f[j]+=f[j-a];
    }
    printf("%d\n",f[t]);
    return 0;
}

【例5】積木城堡

題目描述

XC的兒子小XC最喜歡玩的游戲用積木壘漂亮的城堡。城堡是用一些立方體的積木壘成的，城堡的每一層是一塊積木。小XC是一個比他爸爸XC還聰明的孩子，他發現壘城堡的時候，如果下麵的積木比上面的積木大，那麼城堡便不容易倒。所以他在壘城堡的時候總是遵循這樣的規則。

小XC想把自己壘的城堡送給幼兒園裡漂亮的女孩子們，這樣可以增加他的好感度。為了公平起見，他決定把送給每個女孩子一樣高的城堡，這樣可以避免女孩子們為了獲得更漂亮的城堡而引起爭執。可是他發現自己在壘城堡的時候並沒有預先考慮到這一點。所以他現在要改造城堡。由於他沒有多餘的積木了，他靈機一動，想出了一個巧妙的改造方案。他決定從每一個城堡中挪去一些積木，使得最終每座城堡都一樣高。為了使他的城堡更雄偉，他覺得應該使最後的城堡都儘可能的高。

任務：

請你幫助小XC編一個程式，根據他壘的所有城堡的信息，決定應該移去哪些積木才能獲得最佳的效果。

輸入

第一行是一個整數N（N<=100），表示一共有N座城堡。以下N行每行是一系列非負整數，用一個空格分隔，按從下往上的順序依次給出一座城堡中所有積木的棱長。用-1結束。一座城堡中的積木不超過100塊，每塊積木的棱長不超過100。

輸出

一個整數，表示最後城堡的最大可能的高度。如果找不到合適的方案，則輸出0。

輸入樣例

2

2 1 –1

3 2 1 -1

輸出樣例

3

         （1）編程思路。

        塔好積木再拿走就相當於當初搭的時候沒選拿走的積木。這樣一轉化，問題就清楚了。把積木可搭建的最大高度看成背包的載重，每塊積木的高度就是物品的重量。也就是用給定的物品裝指定的包，使每個包裝的物品一樣多，且在符合條件的前提下儘量多。

        這樣就變成典型的0/1背包問題了。對於每一個城堡求一次，最終找到每一個城堡都可達到的最大高度即可。

        定義二維數組int f[101][10001]，其中元素f[i][j]=1表示第i座城堡高度為j可搭出，f[i][j]=0表示第i座城堡高度為j不能搭出。

        狀態轉移方程為： f[i][j]=f[i][j-a[k]]   { f[i][j-a[k]]=true}  其中a[k]表示第i座城堡所用的第k塊積木的棱長。

        初始時，f[i][0]=1，每座城堡高度為0肯定可以搭出來。

        從所有城堡高度的最小值開始枚舉，若對於某一高度值h，所有的f[1][h]~f[n][h]均為1，則h就是最後城堡的最大可能的高度。

        （2）源程式。

#include <stdio.h>
int f[101][10001]={0};
int main(void)
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    int i,j,k;
    int a[101];
    int min=10001;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        int cnt=1;
        int sum=0;
        int x;
        while (1)
        {
            scanf("%d",&x);
            if (x==-1) break;
            sum+=x;
            a[cnt++]=x;
        }
        if (min>sum) min=sum;
        f[i][0]=1;
        for (j=1;j<cnt;j++)
          for (k=sum;k>=a[j];k--)
          {
             if (f[i][k-a[j]]==1)
                f[i][k]=1;
          }
    }
    for (i=min;i>0;i--)
    {
        for (j=1;j<=n;j++)
            if (f[j][i]==0) break;
        if (j>n) break;
    }
    printf("%d\n",i);
    return 0;
}

        將上面的源程式提交給洛谷題庫P1504 積木城堡（https://www.luogu.com.cn/problem/P1504），測評結果為“Accepted”。

 【例6】湊零錢

問題描述

韓梅梅喜歡滿宇宙到處逛街。現在她逛到了一家火星店裡，發現這家店有個特別的規矩：你可以用任何星球的硬幣付錢，但是絕不找零，當然也不能欠債。韓梅梅手邊有 10000枚來自各個星球的硬幣，需要請你幫她盤算一下，是否可能精確湊出要付的款額。

輸入

輸入第一行給出兩個正整數：N（≤10000）是硬幣的總個數，M（≤100）是韓梅梅要付的款額。第二行給出 N 枚硬幣的正整數面值。數字間以空格分隔。

輸出

在一行中輸出硬幣的面值 V1≤V2≤⋯≤Vk，滿足條件 V1 +V2 +...+Vk =M。數字間以 1 個空格分隔，行首尾不得有多餘空格。若解不唯一，則輸出最小序列。若無解，則輸出 No Solution。

註：我們說序列{ A[1],A[2],⋯ }比{ B[1],B[2],⋯ }“小”，是指存在 k≥1 使得 A[i]=B[i] 對所有 i<k 成立，並且 A[k]<B[k]。

輸入樣例

8 9

5 9 8 7 2 3 4 1

輸出樣例

1 3 5

         （1）編程思路。

        將要付的款額M看成背包的總容量，將N枚物品的面值看成裝入背包中物品的重量，本題實際上就是看用這N枚硬幣能否裝滿容量為M的背包，若能裝滿，輸出字典序最小的裝載方案。

        定義數組int f[105]；其中f[i]表示容量為i的背包是否能裝滿，初始時f[0]=1（肯定存在背包中什麼不裝的方案），其餘f[i]全為0。

        顯然，若 f[j-a[i]]=1，容量為j-a[i]的背包可以裝滿，則加入面值為a[i]的硬幣後，容量為j的背包也可裝滿，即f[j]=1。

        為了記錄路徑，定義數組int path[10005][105];，該數組記錄當前狀態是由哪個狀態轉移過來的，初始值也全為0。

        若f[j-a[i]]=1，則一定可得到f[j]=1，則記錄f[i][j]=1，表示容量為j的背包是加入了面值為a[i]的硬幣。

        因為裝入的方案可能有多種，為了輸出字典序最小的方案，顯然應該用面值儘可能小的硬幣來裝。為此，將保存面值的數組a先按從大到小的順序排序，這樣進行0/1背包時，物品的加入是按面值大的先加入背包，面值小的後加入背包，這樣後面加入的更小的面值方案會覆蓋前面加入的面值較大的方案，從而實現輸出字典序最小的硬幣方案。

（2）源程式。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
int cmp(int a,int b)
{
    return a>b;
}
int path[10005][105];
int main()
{
    int n,m;
    scanf("%d %d",&n,&m);
    int f[105],a[10005];
    int i,j;
    for (i=1;i<=n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    memset(f,0,sizeof(f));
    memset(path,0,sizeof(path));
    f[0]=1;
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        for (j=m;j>=a[i];j--)
        {
            if (f[j-a[i]]==1)
            {
                f[j]=1;
                path[i][j]=1;
            }
        }
    }
    if (f[m]>0)
    {
        i=n , j = m;
        int flag = 0;
        while (i>0 && j>=0)
        {
            if (path[i][j])     // 當前狀態可選
            {
                if (flag==0) { printf("%d",a[i]); flag = 1;}
                else
                    printf(" %d",a[i]);
                j -= a[i];
            }
            i--;
        }
        printf("\n");
    }
    else
        printf("No Solution\n");
    return 0;
}

【例7】烹調方案

題目描述

gw希望能在T時間內做出最美味的食物，可使用的食材一共有n件，每件食材有三個屬性，ai，bi和ci，如果在t時刻完成第i樣食材則得到ai-t*bi的美味指數，用第i件食材做飯要花去ci的時間。

眾所周知，gw的廚藝不怎麼樣，所以他需要你設計烹調方案使得美味指數最大。

輸入

第一行是兩個正整數T和n（1<=n<=50），表示控制時間和食材個數。

下麵一行n個整數，ai

下麵一行n個整數，bi

下麵一行n個整數，ci。所有數字均小於100,000

輸出

輸出最大美味指數

輸入樣例

74 1

502

2

47

輸出樣例

408

         （1）編程思路。

         一般的背包問題中，每個物品的重量和價值是固定的，因此物品的裝入順序對結果不產生影響。

        在本題中，因為每種食材的加工完成時刻t不同，其得到的美味指數不一樣，美味指數與時刻t存線上性的關係。因此，需要考慮每種食材的加工順序。

        考慮相鄰的兩個食材x,y。假設現在已經耗費p的時間，若先加工食材x，再加工y，得到的美味指數為：

            a[x]-(p+c[x])*b[x]+a[y]-(p+c[x]+c[y])*b[y]          （式①）

         若先加工食材x，再加工y，得到的美味指數為：

           a[y]-(p+c[y])*b[y]+a[x]-(p+c[y]+c[x])*b[x]          （式②）

         對這兩個式子化簡，得到①＞②的條件是 c[x]*b[y]<c[y]*b[x]。

         只要滿足上面這個條件，則對於食材對(x,y)，x在y之前進行加工得到的美味指數一定最大。

定義結構體數組

struct node

{

    long long a, b, c;

} m[51];

來保存輸入的各食材數據。

        將結構體數組按成員分量c/b從小到大的順序排列後，按數組中的順序依次加工食材（也就是依次加入背包），就是簡單的0/1背包問題了。

    （2）源程式。

#include <stdio.h>
long long max(long long a,long long b)
{
    return a>b?a:b;
}
struct node
{
    long long a, b, c;
};
int main()
{
    int t,n;
    scanf("%d%d",&t,&n);
    struct node m[51];
    int i,j;
    for (i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld",&m[i].a);
    for (i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld",&m[i].b);
    for (i = 1; i <= n; i++)
        scanf("%lld",&m[i].c);
    for (i=1;i<n;i++)
        for (j=1;j<=n-i;j++)
          if (m[j].c*m[j+1].b>m[j+1].c*m[j].b)
          {
             struct node temp;
             temp=m[j];  m[j]=m[j+1];  m[j+1]=temp;
          }
    long long f[100001]={0};
    long long ans=0;
    for (i = 1; i <= n; i++)
        for (j = t; j>= m[i].c; j--)
        {
            f[j] = max(f[j], f[j-m[i].c] + m[i].a - j*m[i].b);
            ans = max(f[j], ans);
        }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}

        將上面的源程式提交給洛谷題庫P1417 烹調方案（https://www.luogu.com.cn/problem/P1417），測評結果為“Accepted”。 

【例8】多米諾骨牌

問題描述

多米諾骨牌由上下2個方塊組成，每個方塊中有1∼6個點。現有排成行的上方塊中點數之和記為S1，下方塊中點數之和記為S2，它們的差為|S1-S2 |。

如圖，S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11， |S1-S2|=2。

每個多米諾骨牌可以旋轉180°，使得上下兩個方塊互換位置。請你計算最少旋轉多少次才能使多米諾骨牌上下2行點數之差達到最小。

對於圖中的例子，只要將最後一個多米諾骨牌旋轉180°，即可使上下2行點數之差為0。

輸入

輸入文件的第一行是一個正整數 n (1≤n≤1000)，表示多米諾骨牌數。接下來的n行表示n 個多米諾骨牌的點數。每行有兩個用空格隔開的正整數，表示多米諾骨牌上下方塊中的點數 a和b，且1≤a,b≤6。

輸出

輸出文件僅一行，包含一個整數。表示求得的最小旋轉次數。

輸入樣例

4

6 1

1 5

1 3

1 2

輸出樣例

1

         （1）編程思路。

         不管骨牌這樣旋轉變換，其上下兩行數字和s1+s2=sum，得到的總和sum是不會變的。

        題目要求的是上下兩行數字和最小差值情況下的最小交換次數。直接表示差值，可能有正有負，不太方便。我們可以轉化一下，保存某一行的數字和（例如上面的第1行的數字和S1），由於每次旋轉交換隻是把上下兩個數交換，所有骨牌上下兩行數的總和sum是不變的，這樣差值就容易求出來了，|sum-s1-s1|就是所求上下兩行數字和的差值了。

        設 f[i][j] 表示前i個數字，第一行的數字和是j時，最小的交換次數。初始值所有f[i][j]都是無窮大（本題中可以直接設置為300000，就足夠大了），f[1][a[1]]=0（第1張骨牌第1行的和值為自身，顯然不用交換），f[1][b[1]]=1（第1張骨牌第1行的和值為下麵的數字，需要旋轉180°，交換1次）。（數組a[]和b[]分別保存第一行和第二行各骨牌上面的數字）

         由於n張骨牌的點數和最大可能為6*n，因此可以將背包容量看成6*n。之後從第2張骨牌開始，每張骨牌加入背包中，考慮狀態轉移

if (j-a[i] >= 0) f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-a[i]]);    // 當前不交換

if (j-b[i] >= 0) f[i][j] = min(f[i][j], f[i-1][j-b[i]]+1);  // 當前交換

        最後再枚舉一下前n個骨牌第一行的和f[n][i]，找出使絕對值abs(sum-i-i)最小的f[n][i]就是所求的最小交換次數。

       （2）源程式。

#include <stdio.h>
int min(int a,int b)
{
    return a<b?a:b;
}
int abs(int a)
{
    return a>0?a:-a;
}
int a[1005],b[1005],f[1005][6005];
int main()
{
    int n;
    scanf("%d",&n);
    int i,j;
    int sum=0;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
        sum+=a[i]+b[i];
    }
    for (i=1;i<=n;i++)
        for (j=0;j<=6*n;j++)
            f[i][j]=300000;
    f[1][b[1]]=1;
    f[1][a[1]]=0;
    for (i=2;i<=n;i++)
    {
        <
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