题目描述
«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。
输入输出格式
输入格式：
第1 行有1个正整数n，表示柱子数。
输出格式：
程序运行结束时，将n 根柱子上最多能放的球数以及相应的放置方案输出。文件的第一行是球数。接下来的n行，每行是一根柱子上的球的编号。
输入输出样例
输入样例#1： 复制
4
输出样例#1： 复制
11 1 8 2 7 9 3 6 10 4 5 11
说明
感谢 @PhoenixEclipse 提供spj
4<=n<=55
解题思路：读完题目先来了一发暴力，结果连n=8都跑不出来。。。。
正确的解题思路：我没想到这一道题能往网络流上转换，即使我刚写了一个最小路径覆盖的题。。。。
参考博客：https://skqliao.com/2018/05/07/175/
我的理解：主要是建图，和同种类型题的相互转化。。还是太菜了，没有体会到题目的内在联系。
每个点都能连向一个前驱和后继（满足条件），然后拆点跑最大流，这里主要是利用了一个定理
路径数=点数-点的匹配数（不重复点）
由于总的点数不确定，但是给的路径数是确定的，并且路径数随着点数的增加单调不减。可以二分，但是枚举可以更方便一点。
这样我们一直加边用dinic跑残余网络。
停止的条件：依据上边的定理当路径数（这里代表方案数）大于题目所给的时候停止。
需要注意的事情：这里我们并不知道点数要枚举到多少，所以我们应该在允许的时间内把数组开大一点。
枚举的时候我们要枚举比当前小的点与当前点时候匹配。
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<set>
#include<cmath>
#include<map>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define rep(i,j,k) for(int i=j;i<=k;i++)
#define sca(x) scanf("%d",&x)
#define pb(x) push_back(x)
#define per(i,j,k) for(int i=j;i>=k;i--)
#define inf 0x3f3f3f3f
#define LL long long
#define N 15005
#define MAXN 200000
#define inf 0x3f3f3f3f
struct edg
{
int to,v,w,nt;
}g[MAXN];
int tot,S,T,K,ans;
int head[N+10];
int isq[N+10];
void addedg(int u,int v,int w)
{
g[tot].to=v;
g[tot].w=w;
g[tot].nt=head[u];
head[u]=tot++;
g[tot].to=u;
g[tot].w=0;
g[tot].nt=head[v];
head[v]=tot++;
}
int dep[N+10],cur[N];
bool bfs(int s,int t)
{
memset(dep,-1,sizeof(dep));
queue<int>q;
q.push(s);
dep[s]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=g[i].nt)
{
int to=g[i].to;
if(dep[to]<0&&g[i].w>0)
{
dep[to]=dep[u]+1;
q.push(to);
}
}
}
return dep[t]!=-1;
}
int dfs(int s,int flow)
{
int tmp=0;
if(s==T)return flow;
for(int& i=cur[s];i!=-1;i=g[i].nt)
{
int to=g[i].to;
if(dep[to]==dep[s]+1&&g[i].w>0&&
(tmp=dfs(to,min(flow,g[i].w))))
{
g[i].w-=tmp;
g[i^1].w+=tmp;
return tmp;
}
}
return 0;
}
void dinic(int s,int t)
{
int d;
while(bfs(s,t))
{
rep(i,0,t)cur[i]=head[i];
while(d=dfs(s,inf))ans+=d;
}
}
int fa[N],ou[N];
int F(int x)
{
return fa[x]==x?x:fa[x]=F(fa[x]);
}
void U(int x,int y)
{
fa[F(x)]=F(y);
}
void Print(int n,int k)
{
rep(i,1,n)fa[i]=i;
rep(i,1,n)
{
for(int j=head[i];j!=-1;j=g[j].nt)
{
int to=g[j].to;
if(to==S||to==T)continue;
if(g[j].w==0)U(i,to-k);
}
}
rep(i,1,n)
{
if(ou[i])continue;
printf("%d",i);
ou[i]=1;
rep(j,1,n)
{
if(ou[j])continue;
if(F(j)==F(i))
{
printf(" %d",j);
ou[j]=1;
}
}
puts("");
}
}
int viss[N];
int main()
{
int n;
sca(n);
memset(head,-1,sizeof(head));
rep(i,1,sqrt(N))isq[i*i]=1;
ans=0;
S=0,T=N,K=5000;
int now=0;
do
{
now++;
addedg(S,now,1);
addedg(now+K,T,1);
rep(j,1,now-1)
{
if(isq[j+now])
{
addedg(now,j+K,1);
}
}
dinic(S,T);
}while(now-ans<=n);
printf("%d\n",now-1);
Print(now-1,K);
}