• 我们可以将每个候选人的辩控差作为该物品的体积之一，把辩控和作为物品的价值。
• 因为评价差的总分值最大可能就只有[-400,400]，所以我们整体加上20*m

为叙述问题方便，现将任一选择方案中，辩方总分和控方总分 之差简称为“辩控差”，辩方总分和控方总分之和称为“辩控和”。 第i 个候选人的辩方总分和控方总分之差记为V(i)，辩方总分和控 方总分之和记为S(i)。现用f(j, k)表示，取j 个候选人，使其辩 控差为k 的所有方案中，辩控和最大的那个方案（该方案称为“方 案f(j, k)”）的辩控和。并且，我们还规定，如果没法选j 个人， 使其辩控差为k，那么f(j, k)的值就为-1，也称方案f(j, k)不可行。 本题是要求选出m 个人，那么，如果对k 的所有可能的取值，求 出了所有的f(m, k) (-20×m≤ k ≤ 20×m)，那么陪审团方案 自然就很容易找到了。     问题的关键是建立递推关系。需要从哪些已知条件出发， 才能求出f(j, k)呢？显然，方案f(j, k)是由某个可行的方案f(j-1, x) ( -20×m ≤ x ≤ 20×m)演化而来的。可行方案f(j-1, x)能演化成 方案f(j, k)的必要条件是：存在某个候选人i，i 在方案f(j-1, x)中 没有被选上，且x+V(i) = k。在所有满足该必要条件的f(j-1, x)中， 选出 f(j-1, x) + S(i) 的值最大的那个，那么方案f(j-1, x)再加上候选人i， 就演变成了方案 f(j, k)。这中间需要将一个方案都选了哪些人都记录下来。 不妨将方案f(j, k)中最后选的那个候选人的编号，记在二维数组的 元素path[j][k]中。那么方案f(j, k)的倒数第二个人选的编号， 就是path[j-1][k-V[path[j][k]]。假定最后算出了解方案的辩控差是k， 那么从path[m][k]出发，就能顺藤摸瓜一步步求出所有被选中的候选人。 初始条件，只能确定f(0, 0) = 0。由此出发，一步步自底向上递推， 就能求出所有的可行方案f(m, k)( -20×m ≤ k ≤ 20×m)。实际解题 的时候，会用一个二维数组f 来存放f(j, k)的值。而且，由于题目中辩 控差的值k 可以为负数，而程序中数租下标不能为负数，所以，在程序中 不妨将辩控差的值都加上400，以免下标为负数导致出错，即题目描述中， 如果辩控差为0，则在程序中辩控差为400。

代码：

#include 
      
       #include 
       
        #include 
        
         #include 
         
          using namespace std;int n,m;int a[330],b[300];int f[300][1000];int pat[300][1000];int zer,t1,t2;int icase;int ans[300];int i,j,k;int main(){    while(scanf("%d%d",&n,&m))    {        icase++;        if(n==0&&m==0)  break;        int x,y;        memset(f,-1,sizeof(f));        memset(pat,0,sizeof(pat));        for(i=1 ; i<=n ; i++)        {            scanf("%d%d",&x,&y);            a[i]=x-y;            b[i]=x+y;        }                    zer=20*m;//题目中的辩控差为0，对应于程序中的辩控差为m*20        f[0][zer]=0;        //f[j][k]表示选j个人使其辩控差为k时的最大辩控和         for(j=0 ; j
          
           =0)                {                    for(i=1 ; i<=n ; i++)                        if(f[j][k]+b[i]>f[j+1][k+a[i]])                        {                            t1=j;t2=k;                            while(t1>0&&pat[t1][t2]!=i)//验证i是否在前面出现过                             {                                t2-=a[pat[t1][t2]];                                t1--;                            }                            if(t1==0)                            {                                f[j+1][k+a[i]]=f[j][k]+b[i];                                pat[j+1][k+a[i]]=i;                            }                        }                }        }        i=zer,j=0;        while(f[m][i+j]<0&&f[m][i-j]<0) j++;        if(f[m][i+j]>f[m][i-j]) k=i+j;        else k=i-j;        int ans1=(f[m][k]+k-zer)/2;//(和+差)/2         int ans2=(f[m][k]-(k-zer))/2;//(和-差)/2         printf("Jury #%d\n",icase);        printf("Best jury has value %d for prosecution and value %d for defence:\n",ans1,ans2);        for(i=1 ; i<=m ; i++)        {            ans[i]=pat[m-i+1][k];            k-=a[ans[i]];        }        sort(ans+1,ans+m+1);        for(i=1 ; i<=m ; i++) printf(" %d",ans[i]);        printf("\n\n");    }    return 0;    }