1739:魔術球問題
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Description
假設有n根柱子，現要按下述規則在這n根柱子中依次放入編號爲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個相鄰球的編號之和爲完全平方數。 試設計一個算法，計算出在n根柱子上最多能放多少個球。例如，在4 根柱子上最多可 放11 個球。 編程任務： 對於給定的n，計算在n根柱子上最多能放多少個球。
Input
由文件input.txt提供輸入數據。文件第1 行有1個正整數n(n<=55)，表示柱子數。
Output
程序運行結束時，將n 根柱子上最多能放的球數以及相應的放置方案輸出到文件 output.txt中。文件的第一行是球數。接下來的n行，每行是一根柱子上的球的編號。
Sample Input
4
Sample Output
11 1 8 2 7 9 3 6 10 4 5 11
【問題分析】
枚舉答案轉化爲判定性問題，然後最小路徑覆蓋，可以轉化成二分圖最大匹配，從而用最大流解決。
【建模方法】
枚舉答案A，在圖中建立節點1..A。如果對於i<j有i+j爲一個完全平方數，連接一條有向邊(i,j)。該圖是有向無環圖，求最小路徑覆蓋。如果剛好滿足最小路徑覆蓋數等於N，那麼A是一個可行解，在所有可行解中找到最大的A，即爲最優解。
具體方法可以順序枚舉A的值，當最小路徑覆蓋數剛好大於N時終止，A-1就是最優解。
【建模分析】
由於是順序放球，每根柱子上的球滿足這樣的特徵，即下面的球編號小於上面球的編號。抽象成圖論，把每個球看作一個頂點，就是編號較小的頂點向編號較大的頂點連接邊，條件是兩個球可以相鄰，即編號之和爲完全平方數。每根柱子看做一條路徑，N根柱子要覆蓋掉所有點，一個解就是一個路徑覆蓋。
最小路徑覆蓋數隨球的數量遞增不遞減，滿足單調性，所以可以枚舉答案（或二分答案），對於特定的答案求出最小路徑覆蓋數，一個可行解就是最小路徑覆蓋數等於N的答案，求出最大的可行解就是最優解。本問題更適合枚舉答案而不是二分答案，因爲如果順序枚舉答案，每次只需要在殘量網絡上增加新的節點和邊，再增廣一次即可。如果二分答案，就需要每次重新建圖，大大增加了時間複雜度。
代碼：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#define maxn 100000
#define eps 0.000000001
#define INF 1 << 30
using namespace std;
struct E
{
int from, to, next, tab;
}edge[200000];
int tot, s, t, n, ans, K;
int head[maxn], d[maxn], dist[maxn], vis[maxn];
void add_edge(int u, int v, int f)
{
edge[tot].from = u, edge[tot].to = v, edge[tot].tab = f, edge[tot].next = head[u], head[u] = tot++;
edge[tot].from = v, edge[tot].to = u, edge[tot].tab = 0, edge[tot].next = head[v], head[v] = tot++;
}
int dfs(int x, int low)
{
int a, b = 0;
if (x == t) return low;
for (int i = head[x]; i != -1 && low; i = edge[i].next)
if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] == dist[x] + 1 && (a = dfs(edge[i].to, min(low, edge[i].tab))))
{
edge[i].tab -= a, edge[i ^ 1].tab += a;
low -= a;
b += a;
}
return b;
}
int bfs()
{
int l, r, k;
memset(dist, 0xff, sizeof(dist));
l = r = dist[s] = 0;
d[r++] = s;
while (l < r)
{
k = d[l++];
for (int i = head[k]; i != -1; i =edge[i].next)
if (edge[i].tab > 0 && dist[edge[i].to] < 0)
{
dist[edge[i].to] = dist[k] + 1;
if (edge[i].to == t) return 1;
d[r++] = edge[i].to;
}
}
return 0;
}
void dinic()
{
while (bfs()) ans += dfs(s, INF);
}
int check(int m, int n)
{
int sum = m+n;
double dsum = sqrt(sum);
int tem = (int)dsum;
if (dsum-tem < eps) return 1; else return 0;
}
void print(int u, int clr)
{
vis[u] = clr;
int v, flag = 1;
for (int i = head[u*2]; i != -1; i = edge[i].next)
{
v = edge[i].to;
if (edge[i].tab == 0 && v!= s)
{
flag = 0;
break;
}
}
if (!flag) print(v/2, clr);
}
int main()
{
memset(head, 0xff, sizeof(head));
scanf("%d", &K);
n = ans = s = 0, t = 1;
tot = 0;
while (n-ans <= K)
{
n++;
add_edge(s, n*2, 1);
add_edge(n*2+1, t, 1);
for (int i = 1; i < n; i++) if (check(i, n)) add_edge(i * 2, n * 2 + 1, 1);
dinic();
}
n--;
printf("%d\n", n);
memset(vis, 0xff, sizeof(vis));
int clr = 0;
for (int j = 1; j <= n; j++) if (vis[j] == -1) print(j, clr++);
for (int k = 0; k < clr; k++)
{
int first = 1;
for (int j = 1; j<= n; j++)
if (vis[j] == k)
{
if (first) printf("%d", j), first = 0; else printf(" %d", j);
}
printf("\n");
}
return 0;
}