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。
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。
- int main()
- {
- int n, i, k1, k2, s, u;
- cin >> n;
- for (i=1; i<=2*n; i++)
- cin >> A[i];
- int sum = 0;
- for (i=1; i<=2*n; i++)
- sum += A[i];
- memset(dp,0,sizeof(dp));
- dp[0][0]=true;
- // 外阶段k1表示第k1个数，内阶段k2表示选取数的个数
- // 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
- // 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；
- for (k1=1; k1<=2*n; k1++) // 外阶段k1
- {
- for (k2=k1; k2>=1; k2--) // 内阶段k2
- for (s=1; s<=sum/2; s++) // 状态s
- {
- //dp[k1][s] = dp[k1-1][s];
- // 有两个决策包含或不包含元素k1
- if (s>=A[k1] && dp[k2-1][s-A[k1]])
- dp[k2][s] = true;
- }
- }
- /*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。
- for (k1=0; k1<2*n; k1++) // 迭代选取数量
- {
- for (s=0; s<=sum/2; s++) // 状态和sum：s
- if(dp[k1][s]==true)
- for (k2=1; k2<=2*n; k2++) // 选取第k2个
- {
- if (s>=A[k1] ) // if(s>=A[k1] && dp[k2-1][s-A[k1]])
- dp[k1+1][s+A[k2]] = true;
- }
- }
- */
- // 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
- // 即表示从前k个数中取任意个数
- for (k1=2; k1<=2*n; k1++)
- for (s=1; s<=sum/2; s++)
- if (dp[k1-1][s])
- dp[k1][s]=true;
- // 确定最接近的给定值sum/2的和
- for (s=sum/2; s>=1 && !dp[2*n][s]; s--)
- ;
- printf("the differece between two sub array is %d\n", sum-2*s);
- }
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
- struct{
- int wei;
- }node[nMax];
- int main()
- {
- int m, n, i ,w ,dp[mMax],sumN=0;
- while(cin>>n)
- {
- if(n==0) break;
- for (i=1; i<=2*n;i++)
- {
- cin>>node[i].wei;
- sumN += node[i].wei;
- }
- m=sumN/2;
- memset(dp, 0, (m+1)*sizeof(int));
- for (i=1; i<=2*n; i++)
- 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。
- if ( dp[w] < dp[w - node[i].wei] + node[i].wei )
- dp[w] = dp[w - node[i].wei] + node[i].wei;
- cout<<dp[m]<<endl;
- cout<<"the differece between two sub array is: "<<sumN - 2*dp[m]<<endl;
- }
- }
解法3，
- int A[MAXN];
- int dp[MAXN][MAXSUM];
- int Path[MAXN][MAXSUM];
- // 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
- int main()
- {
- int n, i, k1, k2, s, u,t1,t2;
- cin >> n;
- for (i=1; i<=2*n; i++)
- cin >> A[i];
- int sum = 0;
- for (i=1; i<=2*n; i++)
- sum += A[i];
- memset(dp,-1,sizeof(dp));
- dp[0][0]=0;//初始状态
- for (k1=0; k1<2*n; k1++) // 选取的数量k1
- {
- for (s=0; s<=sum/2; s++) // 状态和s
- if(dp[k1][s]>=0)
- {
- for (k2=1; k2<=2*n; k2++) // 具体选取哪一个k2
- if(dp[k1][s]+A[k2]>dp[k1+1][s+A[k2]] && s+A[k2]<=sum/2)
- {
- t1=k1;t2=s;
- while(t1>0&&Path[t1][t2]!=k2)//验证k2是否在前面出现过
- {
- t2-=A[Path[t1][t2]] ;//减前一个元素的值
- t1--;
- }
- if (t1==0)
- {
- dp[k1+1][s+A[k2]] = dp[k1][s]+A[k2];
- Path[k1+1][s+A[k2]] = k2; //k2保存在Path中
- }
- }
- }
- }
- int maxS=0,maxN=0;
- for (k1=1; k1<=2*n; k1++)
- for (s=1; s<=sum/2; s++)
- if (dp[k1][s]>maxS)
- {
- maxS=dp[k1][s];
- maxN=k1;
- }
- cout<<"the count of num: "<<maxN<<" the max sum of the num: "<<maxS<<endl;
- cout<<"the differece between two sub array is: "<< sum-2*maxS<<endl;
- set<int> index;
- index.clear();
- for (int i=0; i<maxN; i++)
- {
- int id = Path[maxN-i][maxS];
- index.insert(id);
- maxS -= A[id];
- }
- cout<<endl;
- cout<<"the index of selected num: ";
- for(set<int>::iterator iter=index.begin(); iter!=index.end(); iter++) cout<<*iter<<" ";
- }
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
- #define MAXN 101
- #define MAXSUM 100000
- int A[MAXN];
- bool dp[MAXN][MAXSUM];
- // 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
- int main()
- {
- int n, i, k1, k2, s, u;
- cin >> n;
- for (i=1; i<=2*n; i++)
- cin >> A[i];
- int sum = 0;
- for (i=1; i<=2*n; i++)
- sum += A[i];
- memset(dp,0,sizeof(dp));
- dp[0][0]=true;
- // 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，
- // 这里决策选择不允许重复，但阶段可以重复，比较特别
- for (k1=1; k1<=2*n; k1++) // 外阶段k1
- for (k2=min(k1,n); k2>=1; k2--) // 内阶段k2
- for (s=1; s<=sum/2; s++) // 状态s
- // 有两个决策包含或不包含元素k1
- if (s>=A[k1] && dp[k2-1][s-A[k1]])
- dp[k2][s] = true;
- // 确定最接近的给定值sum/2的和
- for (s=sum/2; s>=1 && !dp[n][s]; s--);
- printf("the differece between two sub array is %d\n", sum-2*s);
- }
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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