題意：有n（n<=1000）個紙牌，每個紙牌分為上下兩格，且每格可有1-10個點，所有上格加起來的和為p1，所有下格加起來的和為p2,求想得到|p1-p2|的最小值，需要翻轉多少次
給出的題解是：
正常的做法是用 dp，可以用二維的 dp 陣列，在這里用了一維陣列進行 dp。 dp[i] 表示上下相差為i 時的最小操作次數。 因為是上下相差所以可能出現負數，將整個陣列右移 位， 理論上是上下相差的最大值 在實際程式中 dp[i+n] 是上面 dp[i] 所表示的意義
每次翻轉會使上下差值改變，這個改變值記錄為 a[j]，改變值應該是初始值的兩倍。 狀態轉移方程就是 dp[i-a[j]]=min(dp[i-a[j]]，dp[i]+1) 同時又考慮到差值有負數的情況，所以根據初始差值情況分類討論一下，不同情況dp的方向 不同。
最後在 dp 陣列中從 n 向兩側尋找能達到的最小值輸出即可。
二維的**也很好懂
#includeusingnamespace
std;
int dp[1005][20005
];int a[1005
];const
static
int inf=0x7fffff
;int
main()
int t=tx-ty;
int n=1000
;
for(int i=0;i<=1000;i++)
for(int j=0;j<=20000;j++)
dp[i][j]=inf;
dp[0][t+n]=0
;
for(int i=1;i<=n;i++)}}
intans;
for(int i=0;i<=1000;i++)
}cout
<}
但在轉換成一維的時候遇到不少問題，花了很多時間，第乙個點在於一維的時候為了考慮a[i]的正負，還需要分情況討論
第二個點在於分情況討論後其狀態轉移方程還是得一致
#includeusingnamespace
std;
typedef
long
long
ll;const
int inf=1
<<30
;const
int maxn=1e3+7
;int
a[maxn];
int dp[20010];//
上下差為i（此時陣列內數為10000+i）時的最小操作次數
intmain()
int t=tx-ty;
for(int i=0;i<=20000;i++)dp[i]=inf;
dp[1000+t]=0;//
初始狀態
for(int i=1;i<=n;i++)
}else
for(int j=20000;j>=a[i];j--)
}intans;
for(int i=0;i<=1000;i++)
} cout
return0;
}
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