1.魔术球问题弱化版（ball.c/.cpp/.pas）
题目描述
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。
对于给定的 n，计算在 n 根柱子上最多能放多少个球。
输入描述
第 1 行有 1 个正整数 n，表示柱子数。
输出描述
一行表示可以放的最大球数
4
样例输出。
样例输入
11
题目限制（为什么说弱化版就在这里）
N<=60，时限为3s；比起原题还有弱化在不用打出方案，方案太坑了
思路：模拟搞一下就好了。
#include<map>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
map<int,int>ma;
int n,ans;
int up[61];
int main(){
freopen("ball.in","r",stdin);
freopen("ball.out","w",stdout);
for(int i=1;i<=360;i++) ma[i*i]=1;
scanf("%d",&n);
up[1]=1;ans++;
for(int i=2;i;i++){
int flag=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(ma[i+up[j]]==1||up[j]==0){
up[j]=i;
ans++;flag=1;
break;
}
if(flag==0) break;
}
cout<<ans;
}
2.征兵（conscription.c/.cpp/.pas）
一个国王，他拥有一个国家。最近他因为国库里钱太多了，闲着蛋疼要征集一只部队要保卫国家。他选定了N个女兵和M个男兵，但事实上每征集一个兵他就要花10000RMB，即使国库里钱再多也伤不起啊。他发现，某男兵和某女兵之间有某种关系（往正常方面想，一共R种关系），这种关系可以使KING少花一些钱就可以征集到兵，不过国王也知道，在征兵的时候，每一个兵只能使用一种关系来少花钱。这时国王向你求助，问他最少要花多少的钱。
读入（conscription.in）
第一行：T，一共T组数据。
接下来T组数据，
第一行包括N,M,R
接下来的R行 包括Xi,Yi,Vi 表示如果招了第Xi个女兵，再招第Yi个男兵能省Vi元（同样表示如果招了第Yi个男兵，再招第Xi个女兵能也省Vi元）
输出（conscription.out）
共T行，表示每组数据的最终花费是多少（因为国库里的钱只有2^31-1，所以保证最终花费在maxlongint范围内）
样例输入
2
5 5 8
4 3 6831
1 3 4583
0 0 6592
0 1 3063
3 3 4975
1 3 2049
4 2 2104
2 2 781
5 5 10
2 4 9820
3 2 6236
3 1 8864
2 4 8326
2 0 5156
2 0 1463
4 1 2439
0 4 4373
3 4 8889
2 4 3133
样例输出
71071
54223
数据范围
数据保证T<=5 ,m,n<=10000,r<=50000,Xi<=m,Yi<=n,Vi<=10000,结果<=2^31-1
【来源】
这道题我叫老师放在9018上了，原题是POJ 3723。
思路：跑一个最大生成树就可以了。
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 20010
using namespace std;
long long ans;
int t,n,m,r;
int fa[MAXN];
struct nond{
int x,y,z,col;
}v[MAXN];
int cmp(nond a,nond b){ return a.z>b.z; }
int find(int x){ return fa[x]==x?fa[x]:fa[x]=find(fa[x]); }
int main(){
freopen("conscription.in","r",stdin);
freopen("conscription.out","w",stdout);
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&r);
ans=(n+m)*10000;
for(int i=1;i<=n+m;i++) fa[i]=i;
for(int i=1;i<=r;i++){
int x,y,z;
scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
x+=1;y+=1+n;v[i].x=x;
v[i].y=y;v[i].z=z;
}
sort(v+1,v+1+r,cmp);
for(int i=1;i<=r;i++){
int dx=find(v[i].x),dy=find(v[i].y);
if(dx==dy) continue;
fa[dx]=dy;ans-=v[i].z;
}
cout<<ans<<endl;ans=0;
memset(v,0,sizeof(v));
}
}
/*
2
5 5 8
4 3 6831
1 3 4583
0 0 6592
0 1 3063
3 3 4975
1 3 2049
4 2 2104
2 2 781
5 5 10
2 4 9820
3 2 6236
3 1 8864
2 4 8326
2 0 5156
2 0 1463
4 1 2439
0 4 4373
3 4 8889
2 4 3133
*/
3.坑爹的GPS（gpsduel.c/.cpp/.pas）
有一天，FJ买了一辆车，但是，他一手下载了两个GPS系统。好了现在麻烦的事情来了，GPS有一个功能大概大家也知道，如果FJ没有按照GPS内置地图的最短路走，GPS就会报错来骚扰你。现在FJ准备从他的农舍（在1这个点）开车到他的谷屋（n这个点）。FJ给了你两个GPS系统内置地图的信息，他想知道，他最少会听到多少次报错（如果FJ走的路同时不满足两个GPS，报错次数+2）
读入：第一行：n,k；n表示有FJ的谷屋在哪，同时保证GPS内置地图里的点没有超过n的点。K表示GPS内置地图里的路有多少条，如果两个点没有连接则表明这不是一条通路。
接下来k行，每行4个数X,Y,A,B分别表示从X到Y在第一个GPS地图里的距离是A，在第二个GPS地图里的是B。注意由于地形的其他因素GPS给出的边是有向边。
输出：一个值，表示FJ最少听到的报错次数。
样例输入：
5 7
3 4 7 1
1 3 2 20
1 4 17 18
4 5 25 3
1 2 10 1
3 5 4 14
2 4 6 5
样例输出：
1
解释
FJ选择的路线是1 2 4 5，但是GPS 1认为的最短路是1到3，所以报错一次，对于剩下的2 4 5，两个GPS都不会报错。
数据范围
N<=10000，至于路有多少条自己算吧。数据保证所有的距离都在2^31-1以内。
来源
USACO 2014年 全美公开赛银组第二题（各位轻虐银组题）
思路：先以a,b反向建图，跑两个spfa，然后求出走每条边的报错次数，然后在正向跑一个spfa。
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define MAXN 10010
using namespace std;
int n,k,tot1,tot2,tot3;
queue<int>que1,que2,que3;
int vis1[MAXN],vis2[MAXN],vis3[MAXN];
long long dis1[MAXN],dis2[MAXN],dis3[MAXN];
int to1[MAXN],net1[MAXN],cap1[MAXN],head1[MAXN];
int to2[MAXN],net2[MAXN],cap2[MAXN],head2[MAXN];
int from[MAXN],to3[MAXN],net3[MAXN],cap3[MAXN],head3[MAXN];
void add1(int u,int v,int w){
to1[++tot1]=v;cap1[tot1]=w;net1[tot1]=head1[u];head1[u]=tot1;
}
void add2(int u,int v,int w){
to2[++tot2]=v;cap2[tot2]=w;net2[tot2]=head2[u];head2[u]=tot2;
}
void add3(int u,int v,int w){
to3[++tot3]=v;from[tot3]=u;cap3[tot3]=w;net3[tot3]=head3[u];head3[u]=tot3;
}
void spfa1(int s){
memset(vis1,0,sizeof(vis1));
memset(dis1,0x7f,sizeof(dis1));
while(!que1.empty()) que1.pop();
que1.push(s);dis1[s]=0;vis1[s]=1;
while(!que1.empty()){
int now=que1.front();
que1.pop();vis1[now]=0;
for(int i=head1[now];i;i=net1[i])
if(dis1[to1[i]]>dis1[now]+cap1[i]){
dis1[to1[i]]=dis1[now]+cap1[i];
if(!vis1[to1[i]]){
vis1[to1[i]]=1;
que1.push(to1[i]);
}
}
}
}
void spfa2(int s){
memset(vis2,0,sizeof(vis2));
memset(dis2,0x7f,sizeof(dis2));
while(!que2.empty()) que2.pop();
que2.push(s);dis2[s]=0;vis2[s]=1;
while(!que2.empty()){
int now=que2.front();
que2.pop();vis2[now]=0;
for(int i=head2[now];i;i=net2[i])
if(dis2[to2[i]]>dis2[now]+cap2[i]){
dis2[to2[i]]=dis2[now]+cap2[i];
if(!vis2[to2[i]]){
vis2[to2[i]]=1;
que2.push(to2[i]);
}
}
}
}
void spfa3(int s){
memset(vis3,0,sizeof(vis3));
memset(dis3,0x7f,sizeof(dis3));
while(!que3.empty()) que3.pop();
que3.push(s);dis3[s]=0;vis3[s]=1;
while(!que3.empty()){
int now=que3.front();
que3.pop();vis3[now]=0;
for(int i=head3[now];i;i=net3[i])
if(dis3[to3[i]]>dis3[now]+cap3[i]){
dis3[to3[i]]=dis3[now]+cap3[i];
if(!vis3[to3[i]]){
vis3[to3[i]]=1;
que3.push(to3[i]);
}
}
}
}
int main(){
freopen("gpsduel.in","r",stdin);
freopen("gpsduel.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=k;i++){
int x,y,a,b;
scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&a,&b);
add1(y,x,a);add2(y,x,b);
add3(x,y,0);
}
spfa1(n);spfa2(n);
for(int i=1;i<=tot3;i++){
int u=to3[i],v=from[i];
if(dis1[u]+cap1[i]>dis1[from[i]]) cap3[i]++;
if(dis2[u]+cap2[i]>dis2[from[i]]) cap3[i]++;
}
spfa3(1);cout<<dis3[n];
}
/*
5 7
3 4 7 1
1 3 2 20
1 4 17 18
4 5 25 3
1 2 10 1
3 5 4 14
2 4 6 5
*/
原文地址：https://www.cnblogs.com/cangT-Tlan/p/9060509.html