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问题描述

  用动态规划算法均分纸牌。有n堆卡片，每堆卡片的张数不同，总的张数不一定是n的倍数。在任意两堆卡片之间，移动任意张卡片，最终目标是让最多一堆的卡片张数与最少一堆的卡片张数的差小于等于1。规定将第i堆上的一张卡片移动到第j堆上，或者相反移动，代价均为|i-j|。用动态规划算法计算均分纸牌的代价。例如当n=5，每堆张数分别是5,9,2,12,9时，最小移动代价是8。代码如下
请问：
1.解释dp[i][j]的含义
2.如何理解代码中A、B行的状态转移方程
3.题目中从第i堆移动一张卡片到第j堆上，或者相反移动，代价均为|i-j|，在程序中是如何计算|i-j|的

部分代码如下：

const int M=10;
long dp[M][M],card[M],s[M];
int main(){
    int n,i,j;
    cin>>n;
    for (i=1;i<=n;i++){
        cin>>card[i];
        s[i]=s[i-1]+card[i];
    }
    int r=s[n]%n,q=s[n]/n;
    for(i=1;i<=n;++i){ 
        for(j=0;j<=r;++j){ 
            int c=abs(s[i]-q*i-j);
            dp[i][j]=dp[i-1][j]+c;//A
            if(j)
                dp[i][j]=min(dp[i-1][j-1]+c,dp[i][j]);//B
        }
    }
    cout<<dp[n][r]<<endl;
    return 0;
}

如上问题有来自我自身项目开发，有的收集网站，有的来自读者，如有侵权，立马删除。

解决方案

  如下是上述问题的解决方案，仅供参考：

  这个问题是一个典型的动态规划问题，目标是最小化移动卡片的代价，使得每堆卡片的数量尽可能接近平均数。

1. dp[i][j]的含义：
   dp[i][j]表示在考虑了前i堆卡片，且这i堆卡片的总张数对n取余为j时的最小代价。这里i的范围是1到n，j的范围是0到s[n] % n（即总张数对n的余数）。

2. 状态转移方程的理解：

   • A行：dp[i][j] = dp[i-1][j] + c;
     这行代码表示考虑第i堆卡片时，如果在前i-1堆的基础上，当前的余数j不需要改变，那么代价就是前i-1堆的最小代价加上当前堆与平均值的差的绝对值c。
   • B行：if(j) dp[i][j] = min(dp[i-1][j-1] + c, dp[i][j]);
     这行代码是在当前余数j不为0的情况下，尝试将一张卡片从第i堆移动到其他堆，使得余数减少1（即考虑将卡片从一个较大堆移动到一个较小堆）。这里取dp[i-1][j-1] + c和已有的dp[i][j]的最小值作为新的状态值。

3. 计算|i-j|的代价：
   在题目中，移动卡片的代价是|i-j|。但在程序中，实际上计算的是卡片数量与平均值的差的绝对值c，这与|i-j|是等价的，因为题目中的移动代价定义实际上是基于卡片数量的差值，而不是物理位置的差值。在程序中，c = abs(s[i] - q * i - j);这行代码计算的就是第i堆卡片数量与平均值q的差距，如果差距是正数，表示该堆卡片多，需要移动一些卡片到其他堆；如果是负数，表示该堆卡片少，需要从其他堆移动一些卡片过来。

  总结来说，这个问题的动态规划算法通过考虑所有可能的卡片分布状态，以及在这些状态下移动卡片的代价，来找到最终的最小代价。代码中的dp数组存储了所有子问题的解，通过状态转移方程来更新最终的解。

  希望如上措施及解决方案能够帮到有需要的你。

  PS：如若遇到采纳如下方案还是未解决的同学，希望不要抱怨&&急躁，毕竟影响因素众多，我写出来也是希望能够尽最大努力帮助到同类似问题的小伙伴，即把你未解决或者产生新Bug黏贴在评论区，我们大家一起来努力，一起帮你看看，可以不咯。

  若有对当前Bug有与如下提供的方法不一致，有个不情之请，希望你能把你的新思路或新方法分享到评论区，一起学习，目的就是帮助更多所需要的同学，正所谓「赠人玫瑰，手留余香」。

☀️写在最后

  ok，以上就是我这期的Bug修复内容啦，如果还想查找更多解决方案，你可以看看我专门收集Bug及提供解决方案的专栏《CSDN问答解惑-专业版》，都是实战中碰到的Bug，希望对你有所帮助。到此，咱们下期拜拜。

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