【网络流】魔术球问题
问题描述
假设有n根柱子,现要按下述规则在这n根柱子中依次放入编号为1,2,3,的球。
(1)每次只能在某根柱子的最上面放球。
(2)在同一根柱子中,任何2个相邻球的编号之和为完全平方数。
试设计一个算法,计算出在n根柱子上最多能放多少个球。例如,在4 根柱子上最多可放11 个球。
编程任务对于给定的n,计算在n根柱子上最多能放多少个球。
数据输入
第1 行有1个正整数n,表示柱子数。
结果输出
第一行是球数。接下来的n行,每行是一根柱子上的球的编号。
输入示例
4
输出示例
11
1 8
2 7 9
3 6 10
4 5 11
限制
1 < n <= 55
时间:1S
空间:256MB
拆点 左部入点 右部出点 二分图 最小路径覆盖 为点数减去最大匹配
输出方案 从左部匹配边出发 并查集维护
精度问题
sqrt(i+k)*sqrt(i+k)==i+k 在windows Linux 评测是对的
但在评测oj上要改成 sqrt(i+k)==int(sqrt(i+k));
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N=2000*2+15,M=500000,inf=1047483647;
int n,ans,s,t,k;
int num=1,last[N],cur[N],nxt[M],ver[M],c[M],st[M];
inline void add(int x,int y)
{nxt[++num]=last[x]; last[x]=num; ver[num]=y; st[num]=x;c[num]=1;
nxt[++num]=last[y]; last[y]=num; ver[num]=x; st[num]=y;c[num]=0;
}
queue<int> q; int d[N];
inline bool bfs()
{memset(d,0,sizeof(d));
while(!q.empty()) q.pop();
q.push(s); d[s]=1;
for(int i=1;i<=2*k+10;i++) cur[i]=last[i];
cur[s]=last[s]; cur[t]=last[t];
while(!q.empty())
{int x=q.front(); q.pop();
for(int i=last[x],y;i;i=nxt[i])
if(c[i] && !d[y=ver[i]])
{d[y]=d[x]+1; q.push(y);
if(y==t) return 1;
}
}
return 0;
}
int dfs(int x,int flow)
{if(x==t) return flow;
int rest=flow;
for(int i=cur[x],y;i && rest;i=nxt[i])
{cur[x]=i;
if(d[y=ver[i]]==d[x]+1 && c[i])
{int f=dfs(y,min(rest,c[i]));
if(f==0) d[y]=-1;
rest-=f; c[i]-=f; c[i^1]+=f;
}
}
return flow-rest;
}
int fa[N];
void print(int x)
{
for(int i=last[2*x-1];i;i=nxt[i])
if(c[i]==0 && ver[i]%2==0 && ver[i]!=t )
{printf(" %d",ver[i]/2); print(ver[i]/2);}
}
int main()
{
scanf("%d",&n); int re=0;
s=4001,t=4002;
for(;;k++)
{add(s,2*k-1); add(2*k,t); re++;
for(int i=1;i<k;i++)
if(sqrt(i+k)==int(sqrt(i+k)))
add(2*i-1,2*k);
while(bfs())re-=dfs(s,inf);
if(re>n) break;
}
printf("%d\n",--k);
for(int i=1;i<=k;i++) fa[i]=i;
for(int i=2;i<=num;i++)
if(c[i]==0 && ver[i]%2==0 && st[i]%2==1)
if(fa[st[i]/2+1] != fa[ver[i]/2])
fa[ver[i]/2]=fa[st[i]/2+1];
for(int i=1;i<=k;i++)
if(fa[i]==i){printf("%d",i); print(i),printf("\n");}
return 0;
}