结合两篇题解:

有了我这篇博客。

主要思路是题解1。初始时先将所有骨牌翻转成上边的点数大，假设这时上下点数之差为\(tot\),此时翻转的骨牌数记为\(base\)。那么现在要再次翻转骨牌使得差值变小，假设第\(i\)张骨牌上下差值为\(k\)，那么将这张骨牌翻转过来差值会减小\(2*k\)。明显最终差值会减到负值。当差值减到0时是最优答案。将减小的差值统一加上\(tot\)，那么差值越接近\(tot\)，答案越优。取所有差值减去\(tot\)的绝对值最小的一个便是答案。要注意减小的差值可能有0的情况（第10个点）。

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        using namespace std;const int N = 1005;int dp[N][N*6],w[N],v[N],n,tot,base,tot1,ansp,ans=2147483647;bool vs[N][N*6];int main(){    ansp=2147483647;    int x,y;    scanf("%d",&n);    for(int i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%d%d",&x,&y);        tot1+=x-y;        if(x>y)        {            v[i]=2*(x-y); w[i]=1;            tot+=x-y;        }        if(y>x)        {            v[i]=2*(y-x); w[i]=-1;            tot+=y-x;            base++;        }    }    for(int i=1;i<=n;i++)     for(int j=0;j<=tot+tot;j++)     {        dp[i][j]=dp[i-1][j];        vs[i][j]=vs[i-1][j];        if(vs[i-1][j-v[i]]||j-v[i]==0)        {            if(!vs[i][j])            {                dp[i][j]=dp[i-1][j-v[i]]+w[i];                vs[i][j]=1;            }            else dp[i][j]=min(dp[i][j],dp[i-1][j-v[i]]+w[i]);        }     }    for(int i=0;i<=tot+tot;i++)    if(vs[n][i])    {        if(abs(i-tot)==ans) ansp=min(ansp,dp[n][i]);        if(abs(i-tot)
       
      
     
    

最开始的思路和第二篇博客里的思路一一样，但这种思路是不行的。加入当前枚举到\((i,j)\)，有一个答案为\(a\),一个答案为\(-a\),无法判断在以后的转移中那个更优。

思路二值得借鉴，但是没写。