线性规划与网络流24题——04魔术球问题

 1739:魔术球问题

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Description

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。

Input

由文件input.txt提供输入数据。文件第1 行有1个正整数n(n<=55)，表示柱子数。

Output

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到文件output.txt中。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。

Sample Input

4

Sample Output

111 82 7 93 6 104 5 11

【问题分析】
枚举答案转化为判定性问题，然后最小路径覆盖，可以转化成二分图最大匹配，从而用最大流解决。
【建模方法】
枚举答案A，在图中建立节点1..A。如果对于i<j有i+j为一个完全平方数，连接一条有向边(i,j)。该图是有向无环图，求最小路径覆盖。如果刚好满足最小路径覆盖数等于N，那么A是一个可行解，在所有可行解中找到最大的A，即为最优解。
具体方法可以顺序枚举A的值，当最小路径覆盖数刚好大于N时终止，A-1就是最优解。
【建模分析】
由于是顺序放球，每根柱子上的球满足这样的特征，即下面的球编号小于上面球的编号。抽象成图论，把每个球看作一个顶点，就是编号较小的顶点向编号较大的顶点连接边，条件是两个球可以相邻，即编号之和为完全平方数。每根柱子看做一条路径，N根柱子要覆盖掉所有点，一个解就是一个路径覆盖。
最小路径覆盖数随球的数量递增不递减，满足单调性，所以可以枚举答案（或二分答案），对于特定的答案求出最小路径覆盖数，一个可行解就是最小路径覆盖数等于N的答案，求出最大的可行解就是最优解。本问题更适合枚举答案而不是二分答案，因为如果顺序枚举答案，每次只需要在残量网络上增加新的节点和边，再增广一次即可。如果二分答案，就需要每次重新建图，大大增加了时间复杂度。

代码：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>#define maxn 100000#define eps 0.000000001#define INF 1 << 30using 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;}