题目描述
多米诺骨牌有上下2个方块组成，每个方块中有1~6个点。现有排成行的
上方块中点数之和记为S1，下方块中点数之和记为S2，它们的差为|S1-S2|。例如在图8-1中，S1=6+1+1+1=9，S2=1+5+3+2=11，|S1-S2|=2。每个多米诺骨牌可以旋转180°，使得上下两个方块互换位置。 编程用最少的旋转次数使多米诺骨牌上下2行点数之差达到最小。
对于图中的例子，只要将最后一个多米诺骨牌旋转180°，可使上下2行点数之差为0。
这道题是可以勉强的跑一跑背包dp
我才不会考诉你，正解就是背包dp
我们先设f[k][i][j]表示到第k张牌时，当上半部分的点数和为i，下半部分为j时要翻多少次
然后发现，这东西时间复杂度能过，空间复杂度爆炸
然后就要考虑优化。
第一维的优化谁都会，填表法和刷表法都可以
然后我们考虑优化第二第三维。
通常这种情况下，第二位和第三维总是存在的一个不变的关系（Ps：不变是指其关系与另一个无关的量联系在一起，如果没有，请滚去重新设计方程2333333）
我们发现，两部分的和不变。然后我们只需要维护一维就可以了
我们考虑维护差（其实维护一半的和就行了，不知道我那时候抽了什么风，要维护这个23333
然后差有负数呀？c++.不支持负数下标呀
这时我想起一个我特别二的同学。
他写双端队列不用deque，而是开一个二倍空间的数组，从中间开始用
哇塞，人才呀，然后我就使用了这种方法。将5000看做0
// luogu-judger-enable-o2
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
using std::min;
const int maxn=1100;
int f[2][maxn*10];
int m[maxn][2];
int main()
{
int n;
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)
scanf("%d%d",&m[i][0],&m[i][1]);
memset(f[0],127,sizeof(f[0]));
f[0][5000]=0;
for(int i=1;i<=n;i++)//使用的是填表法hhh
{
memset(f[i&1],127,sizeof(f[i&1]));
for(int j=10000;j>=0;j--)
{
f[i&1][j+m[i][0]-m[i][1]]=min(f[i&1][j+m[i][0]-m[i][1]],f[(i&1)^1][j]);//照着状态就是一顿瞎转移233
f[i&1][j+m[i][1]-m[i][0]]=min(f[i&1][j+m[i][1]-m[i][0]],f[(i&1)^1][j]+1);
}
}
for(int i=0;;i++)
if(f[n&1][5000+i]<=1000&&f[n&1][5000-i]<=1000)//最后统计答案，至于这个1000是哪里的？
//因为我用的是memset初始化的。不知道具体大小。但是最多不翻转超过一千次。所以就用1000判断辣
{
printf("%d",min(f[n&1][5000+i],f[n&1][5000-i]));
return 0;
}
}