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
数据小，直接打表..
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
int a[];
int main()
{
freopen("ball.in","r",stdin);
freopen("ball.out","w",stdout);
a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;
a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;
a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;
a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;
a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;
a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;a[]=;
int n;
scanf("%d",&n);
printf("%d\n",a[n]);
return ;
}
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
最大生成树
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 50010
using namespace std;
int T,n,m,k,fa[maxn],tot,cost;
struct node{
int u,v,t;
}e[maxn];
int init(){
int x=,f=;char s=getchar();
while(s<''||s>''){if(s=='-')f=-;s=getchar();}
while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}
return x*f;
}
int cmp(const node &x,const node &y){
return x.t>y.t;
}
void Clear(){
tot=;cost=(n+m)*;
for(int i=;i<=m+n;i++)
fa[i]=i;
}
int find(int x){
if(x!=fa[x])fa[x]=find(fa[x]);
return fa[x];
}
int main()
{
freopen("conscription.in","r",stdin);
freopen("conscription.out","w",stdout);
T=init();
while(T--){
n=init();m=init();k=init();
Clear();
int u,v,t;
for(int i=;i<=k;i++){
u=init();v=init();t=init();
e[i].u=u;e[i].v=v+n;e[i].t=t;
}
sort(e+,e++k,cmp);
for(int i=;i<=k;i++){
int r1=find(e[i].u);
int r2=find(e[i].v);
if(r1!=r2){
tot++;cost-=e[i].t;fa[r2]=r1;
}
if(tot==n+m-)break;
}
printf("%d\n",cost);
}
return ;
}
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
bzoj3538
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define maxn 10010
#define ll long long
using namespace std;
ll n,m,num1,num2,num,head1[maxn],head2[maxn],head[maxn],dis1[maxn],dis2[maxn],dis[maxn],f[maxn];
ll u[maxn*],v[maxn*],t1[maxn*],t2[maxn*];
queue<ll>q;
struct node{
ll u,v,t,pre;
}e1[maxn*],e2[maxn*],e[maxn*];
ll init(){
ll x=,f=;char s=getchar();
while(s<''||s>''){if(s=='-')f=-;s=getchar();}
while(s>=''&&s<=''){x=x*+s-'';s=getchar();}
return x*f;
}
void Add1(ll from,ll to,ll dis){
num1++;e1[num1].u=from;
e1[num1].t=dis;
e1[num1].v=to;
e1[num1].pre=head1[from];
head1[from]=num1;
}
void Add2(ll from,ll to,ll dis){
num2++;e2[num2].u=from;
e2[num2].t=dis;
e2[num2].v=to;
e2[num2].pre=head2[from];
head2[from]=num2;
}
void SPFA1(){
memset(dis1,/,sizeof(dis));
q.push(n);f[n]=;dis1[n]=;
while(!q.empty()){
int k=q.front();
q.pop();f[k]=;
for(int i=head1[k];i;i=e1[i].pre){
int v=e1[i].v;
if(dis1[v]>dis1[k]+e1[i].t){
dis1[v]=dis1[k]+e1[i].t;
if(f[v]==){
f[v]=;q.push(v);
}
}
}
}
}
void SPFA2(){
memset(f,,sizeof(f));
memset(dis2,/,sizeof(dis));
while(!q.empty())q.pop();
q.push(n);f[n]=;dis2[n]=;
while(!q.empty()){
int k=q.front();
q.pop();f[k]=;
for(int i=head2[k];i;i=e2[i].pre){
int v=e2[i].v;
if(dis2[v]>dis2[k]+e2[i].t){
dis2[v]=dis2[k]+e2[i].t;
if(f[v]==){
f[v]=;q.push(v);
}
}
}
}
}
ll Solve(){
memset(f,,sizeof(f));
memset(dis,/,sizeof(dis));
while(!q.empty())q.pop();
q.push();f[]=;dis[]=;
while(!q.empty()){
int k=q.front();
q.pop();f[k]=;
for(int i=head[k];i;i=e[i].pre){
int v=e[i].v;
if(dis[v]>dis[k]+e[i].t){
dis[v]=dis[k]+e[i].t;
if(f[v]==){
f[v]=;q.push(v);
}
}
}
}
return dis[n];
}
int main()
{
freopen("gpsduel.in","r",stdin);
freopen("gpsduel.out","w",stdout);
n=init();m=init();
for(ll i=;i<=m;i++){
u[i]=init();v[i]=init();t1[i]=init();t2[i]=init();
Add1(v[i],u[i],t1[i]);Add2(v[i],u[i],t2[i]);
}
SPFA1();
SPFA2();
for(ll i=;i<=m;i++){
e[i].v=v[i];e[i].pre=head[u[i]];head[u[i]]=i;
if(dis1[v[i]]+t1[i]>dis1[u[i]])e[i].t++;
if(dis2[v[i]]+t2[i]>dis2[u[i]])e[i].t++;
}
cout<<Solve()<<endl;
return ;
}