「网络流24题」魔术球问题

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题意：有N根柱子，并且有连续编号的小球依次放入。要求后来的小球只能放在某根柱子最上面的小球上面，并且必须满足这两个小球的编号之和为完全平方数。求最多能放几个小球？

思路分析

真是好题~

由于N的范围不到60，所以我们可以采用非常暴力的做法。

把问题反过来考虑，如果有N个球，最少用几个柱子？考虑DAG的最小路径覆盖——将能够放在一起的（即和为完全平方数）的小球之间连有向边（小的连到大的），这样的一张图的最小路径覆盖也就是需要的最少的柱子。因此问题就转化为了最小路径覆盖问题——拆点+最大流。

因此我们只需要枚举小球的数量，每一次把新来的小球拆成两个，分别连源点和汇点，并且扫一遍连完全平方数。然后每一次做一遍Dinic（千万注意flow要清零），判断是否够N根柱子。如果大于N，则跳出。去除这一次多余的边重新建图跑Dinic，输出方案即可

现在有一个问题，为什么柱子的需求量与小球数量成正比？其实很简单，新加进去一个球并没有可能性让柱子的数量减少。

Code

典型的细节题：注意在统计的时候由于编号是偶数，每次+2，而不是*2！

另外，去除最后多余的边是个问题。我们可以考虑重新弄一张邻接表，每一次如果成功就把所有边赋值一遍。注意first随时都会修改，所以所有点的first都需要更新。最后在记录sec的时候要记得-1，分清奇偶性。

/*By DennyQi*/
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define  r  read()
#define  Max(a,b)  (((a)>(b)) ? (a) : (b))
#define  Min(a,b)  (((a)<(b)) ? (a) : (b))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 100010;
const int MAXM = 300010;
const int INF = 1061109567;
inline int read(){
    int x = 0; int w = 1; register int c = getchar();
    while(c ^ ‘-‘ && (c < ‘0‘ || c > ‘9‘)) c = getchar();
    if(c == ‘-‘) w = -1, c = getchar();
    while(c >= ‘0‘ && c <= ‘9‘) x = (x << 3) +(x << 1) + c - ‘0‘, c = getchar(); return x * w;
}
int P,N,S,T,x,y,match;
int first[MAXM*2],nxt[MAXM*2],to[MAXM*2],cap[MAXM*2],flow[MAXM*2],num_edge=-1;
int _first[MAXM*2],_nxt[MAXM*2],_to[MAXM*2],_cap[MAXM*2],_flow[MAXM*2],last=-1;
int level[MAXN],cur[MAXN],pre[MAXN],sec[MAXN];
queue <int> q;
inline void add(int u, int v, int c, int f){
    to[++num_edge] = v;
    cap[num_edge] = c;
    flow[num_edge] = f;
    nxt[num_edge] = first[u];
    first[u] = num_edge;
}
inline void AddEdge(int u, int v){
    add(u*2, v*2+1, 1, 0);
    add(v*2+1, u*2, 0, 0);
}
inline bool BFS(){
    memset(level, 0, sizeof(level));
    while(!q.empty()) q.pop();
    q.push(S);
    level[S] = 1;
    int u,v;
    while(!q.empty()){
        u = q.front(); q.pop();
        for(int i = first[u]; i != -1; i = nxt[i]){
            v = to[i];
            if(!level[v] && cap[i]-flow[i] > 0){
                level[v] = level[u] + 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return level[T] != 0;
}
int DFS(int u, int a){
    if(u == T || a == 0) return a;
    int ans = 0, v, _f;
    for(int& i = cur[u]; i != -1; i = nxt[i]){
        v = to[i];
        if(level[u]+1 == level[v] && cap[i]-flow[i] > 0){
            _f = DFS(v, Min(a, cap[i]-flow[i]));
            ans += _f, a -= _f;
            flow[i] += _f, flow[i^1] -= _f;
            if(a == 0) break;
        }
    }
    return ans;
}
inline void Dinic(){
    match = 0;
    while(BFS()){
        for(int i = S; i <= T; ++i) cur[i] = first[i];
        match += DFS(S, INF);
    }
    match = N - match;
}
int main(){
    P=r;
    S = 0, T = 12345;
    memset(first,-1,sizeof(first));
    for(N = 1; ; ++N){
        last = num_edge;
        memset(flow, 0, sizeof(flow));
        for(int i = 1; i < N; ++i){
            if(i*i - N >= N) break;
            if(i*i > N){
                AddEdge(i*i-N, N);
            }
        }
        add(S, N*2, 1, 0), add(N*2, S, 0, 0);
        add(N*2+1, T, 1, 0), add(T, N*2+1, 0, 0);
        Dinic();
        if(match > P){
            --N;
            break;
        }
        for(int i = 0; i <= num_edge; ++i){
            _nxt[i] = nxt[i];
            _cap[i] = cap[i];
            _flow[i] = flow[i];
            _to[i] = to[i];
        }
        for(int i = 0; i <= N*2+4; ++i){
            _first[i] = first[i];
        }
        _first[T] = first[T];
    }
    printf("%d\n", N);
    for(int i = 2; i <= 2*N; i += 2){
        for(int j = _first[i]; j != -1; j = _nxt[j]){
            if(_cap[j]-_flow[j]==0 && _cap[j]==1){
                pre[_to[j]-1] = i;
                sec[i] = _to[j]-1;
            }
        }
    }
    for(int i = 2; i <= 2*N; i += 2){
        if(pre[i] == 0){
            int u = i;
            while(sec[u] != 0){
                printf("%d ", u/2);
                u = sec[u];
            }
            printf("%d\n", u/2);
        }
    }
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/qixingzhi/p/9419319.html