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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[61]; int main() { freopen("ball.in","r",stdin); freopen("ball.out","w",stdout); a[1]=1;a[2]=3;a[3]=7;a[4]=11;a[5]=17;a[6]=23;a[7]=31;a[8]=39;a[9]=49;a[10]=59; a[11]=71;a[12]=83;a[13]=97;a[14]=111;a[15]=127;a[16]=143;a[17]=161;a[18]=179;a[19]=199;a[20]=219; a[21]=241;a[22]=263;a[23]=287;a[24]=311;a[25]=337;a[26]=363;a[27]=391;a[28]=419;a[29]=449;a[30]=479; a[31]=511;a[32]=543;a[33]=577;a[34]=611;a[35]=647;a[36]=683;a[37]=721;a[38]=759;a[39]=799;a[40]=839; a[41]=881;a[42]=923;a[43]=967;a[44]=1011;a[45]=1057;a[46]=1103;a[47]=1151;a[48]=1199;a[49]=1249;a[50]=1299; a[51]=1351;a[52]=1403;a[53]=1457;a[54]=1511;a[55]=1567;a[56]=1623;a[57]=1681;a[58]=1739;a[59]=1799;a[60]=1859; int n; scanf("%d",&n); printf("%d\n",a[n]); return 0; }
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=0,f=1;char s=getchar(); while(s<‘0‘||s>‘9‘){if(s==‘-‘)f=-1;s=getchar();} while(s>=‘0‘&&s<=‘9‘){x=x*10+s-‘0‘;s=getchar();} return x*f; } int cmp(const node &x,const node &y){ return x.t>y.t; } void Clear(){ tot=0;cost=(n+m)*10000; for(int i=0;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=1;i<=k;i++){ u=init();v=init();t=init(); e[i].u=u;e[i].v=v+n;e[i].t=t; } sort(e+1,e+1+k,cmp); for(int i=1;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-1)break; } printf("%d\n",cost); } return 0; }
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*10],v[maxn*10],t1[maxn*10],t2[maxn*10]; queue<ll>q; struct node{ ll u,v,t,pre; }e1[maxn*10],e2[maxn*10],e[maxn*10]; ll init(){ ll x=0,f=1;char s=getchar(); while(s<‘0‘||s>‘9‘){if(s==‘-‘)f=-1;s=getchar();} while(s>=‘0‘&&s<=‘9‘){x=x*10+s-‘0‘;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(dis1,127/3,sizeof(dis)); q.push(n);f[n]=1;dis1[n]=0; while(!q.empty()){ int k=q.front(); q.pop();f[k]=0; 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]==0){ f[v]=1;q.push(v); } } } } } void SPFA2(){ memset(f,0,sizeof(f)); memset(dis2,127/3,sizeof(dis)); while(!q.empty())q.pop(); q.push(n);f[n]=1;dis2[n]=0; while(!q.empty()){ int k=q.front(); q.pop();f[k]=0; 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]==0){ f[v]=1;q.push(v); } } } } } ll Solve(){ memset(f,0,sizeof(f)); memset(dis,127/3,sizeof(dis)); while(!q.empty())q.pop(); q.push(1);f[1]=1;dis[1]=0; while(!q.empty()){ int k=q.front(); q.pop();f[k]=0; 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]==0){ f[v]=1;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=1;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=1;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 0; }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/yanlifneg/p/5910680.html
