题目描述：这里
这道题是网络流问题中第一个难点，也是一个很重要的问题
如果直接建图感觉无从下手，因为如果不知道放几个球我就无法得知该如何建图（这是很显然的，比如我知道$1+48=49=7^2$，可是我都不知道是否能放到第48个球，那我怎么知道如何建边呢？）
所以这时就体现出了一个很重要的想法：枚举答案！！！
我们知道，正常有二分答案的做法，可以二分一个答案然后检验
这里用类似的想法，但由于答案比较小而且建图更方便，所以我们直接从小往大枚举答案即可
之所以建图更方便，是因为如果我们从小向大枚举答案，那么原先建好的边是不用动的，因为原先的球一定要放，所以我们只需研究新来的球就可以了
而且还有一个好处，就是这样的话我们只需在残余网络上跑最大流，所以速度会更快一些？（口胡）
这里还有一个问题：如何建图？
直接从源点向新来的球连边，然后由新来的球向汇点连边，容量为1？
那这最大流不是要多少有多少的吗......
所以这样做显然不正确
正确的做法：把一个球拆成两个（设为x与y），然后由源点向x连边，容量为1，由y向汇点连边，容量为1,
接下来，我们找出所有满足与当前球编号和为完全平方数的球，将当前球的x点向那些球的y点连边，容量为1
然后每次在残余网络上跑最大流，如果最大流为0则说明需要新加一个柱子，加到柱子数超过给出的即结束
稍微解释一下这种做法的原因：我们把球拆成两个点以后，可以看做是一个球的上下两面，x表示与原先有的球相接，y表示在它上面放新的球的能力。
这样的话，我们把新来的x与原先合法的y相连后跑最大流，如果新的最大流不为0，说明这个新来的球能成功地放在一个原有的球上（这是因为最大流不为0说明了一条原来由某个y指向汇点的边本来流量是0，但现在流量变成了1而且保证了原有流量不变，这也就说明新来的球放在了一个柱上）
那么就自然是合法的了
然后是下一个问题（所以说这道题是好题，因为有很多个问题）
如何输出方案？
基于上面的解释，输出方案就变得简单了：我们从小往大枚举每个球，如果这个球还没被放在一个柱上则新开一个柱，然后顺着这个球的y点向下寻找，每找到一个没放下的点就放在这个柱上即可
可能说的有些抽象，具体解释一下：
我们从y点向外找边，是因为从y出发的边只要终点不是汇点那么一定是反向边！
如果反向边容量不为0，说明对应的正向边有1的流量，也就说明这个点之上被放上了一个点！
那么我们只需找出这个点，然后向下递归即可
注意找到一个点即可结束本层的寻找，因为一个球上最多只能放一个球啊
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <stack>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
struct Edge
{
int next;
int to;
int val;
}edge[2000005];
int head[10005];
bool used[10005];
int cur[10005];
int cnt=1;
int st,ed;
int n;
int dis[10005];
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
cnt=1;
}
void add(int l,int r,int w)
{
edge[cnt].next=head[l];
edge[cnt].to=r;
edge[cnt].val=w;
head[l]=cnt++;
}
int ide(int x)
{
return (x&1)?x+1:x-1;
}
bool bfs()
{
memcpy(cur,head,sizeof(head));
memset(dis,0,sizeof(dis));
queue <int> M;
M.push(st);
dis[st]=1;
while(!M.empty())
{
int u=M.front();
M.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(edge[i].val&&!dis[to])dis[to]=dis[u]+1,M.push(to);
}
}
return dis[ed];
}
int dfs(int x,int lim)
{
if(x==ed)return lim;
int ret=0;
for(int i=cur[x];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(edge[i].val&&dis[to]==dis[x]+1)
{
int temp=dfs(to,min(lim,edge[i].val));
if(temp)
{
lim-=temp;
ret+=temp;
edge[i].val-=temp;
edge[ide(i)].val+=temp;
if(!lim)break;
}
}
cur[x]=i;
}
return ret;
}
int dinic()
{
int ret=0;
while(bfs())ret+=dfs(st,inf);
return ret;
}
void print(int x)
{
used[x]=1;
printf("%d ",x);
for(int i=head[(x<<1)|1];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int to=edge[i].to;
if(!edge[i].val||used[to>>1]||to==ed)continue;
print(to>>1);
break;
}
}
int main()
{
scanf("%d",&n);
init();
int tot;
st=0,ed=1;
int s=0;
for(tot=1;tot;tot++)
{
add(st,tot<<1,1);
add(tot<<1,st,0);
add((tot<<1)|1,ed,1);
add(ed,(tot<<1)|1,0);
for(int j=1;j*j<2*tot;j++)
{
if(j*j>tot)add(tot<<1,((j*j-tot)<<1)|1,1),add(((j*j-tot)<<1)|1,tot<<1,0);
}
if(!dinic())s++;
if(s>n)break;
}
printf("%d\n",tot-1);
for(int i=1;i<tot;i++)
{
if(used[i])continue;
print(i);
printf("\n");
}
return 0;
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/zhangleo/p/10768186.html