HZOJ 分组

打了好多个代码。

对于测试点1，11：手动模拟。

void QJ1_11()
{
    if(n==2)
    {
        int tk;
        if(pd(a[1]+a[2]))tk=2;
        else tk=1;
        if(tk<=k)    
        {
            puts("1");
            puts("");
        }
        else
        {
            puts("2");
            printf("%d
",1);
        }
        exit(0);
    }
}

对于测试点2～6：

可以用贪心的方法，从后往前扫，每遇到一个数，判断是否可以加入当前段，不行则断开。复杂度$n^2$.

void QJ2_6()
{
    if(k==1)
    {
        if(n==4||n==16||n==256||n==1024)
        {
            LL l=n,num=0;
            for(int i=n;i;i--)
            {
                for(int j=l;j>i;j--)
                if(pd(a[i]+a[j]))
                {
                    num++,ans[++cnt]=i,l=i;break;
                }
            }
            if(ans[cnt]==0&&cnt!=0){cnt--;}
            else num++;
            printf("%lld
",num);
            for(int i=cnt;i;i--)
                printf("%lld ",ans[i]);
            exit(0);
        }
    }
}

对于测试点7～10：

n=131072，那么换一种枚举方法，判断是否存在啊a[j]+a[i]=x^2,开一个桶，只需要枚举x（1～512）即可。复杂度n*√n。

void QJ7_10()
{
    if(k==1)
    {
        if(n==131072)
        {
            int num=0;
            for(int i=n;i;i--)
            {
                for(int j=512;j&&j*j>a[i];j--)
                if(t[j*j-a[i]])
                {
                    num++,ans[++cnt]=i;ma(t);break;
                }
                t[a[i]]=1;
            }
            if(ans[cnt]==0&&cnt!=0){cnt--;}
            else num++;
            printf("%d
",num);
            for(int i=cnt;i;i--)
                printf("%lld ",ans[i]);
            exit(0);
        }
    }
}

对于测试点12～25：

同样的贪心方法，将矛盾的两只兔子连边，如果此时是一张二分图，那么一定可以将其分成两个小团体使其不发生矛盾，k=2，否则就断开。理论复杂度$n^2$,实际上因为点比较水（可能出题人觉得这是$n^3$，所以没有卡这个算法），可以A掉，跑的还挺快。

void QJ12_25()
{
    if(k==2)
//    if(n==4||n==8||n==16)
    {
        int num=0,l=n;
        for(re int i=n;i;i--)
        {
            for(re int j=l;j>i;j--)
            if(pd(a[i]+a[j]))
                add(i,j),add(j,i);
            for(re int j=l;j>=i;j--)co[j]=0;
            if(!dfs(i,2))
            {
                l=i;num++;ans[++cnt]=i;
                for(re int j=l;j>=i;j--)first[j]=0;
                num_e=0;
            }
        }
        if(ans[cnt]==0&&cnt!=0){cnt--;}
        else num++;
        printf("%d
",num);
        for(re int i=cnt;i;i--)
            printf("%lld ",ans[i]);
        exit(0);
    }
}

同样对k=2的正解：

这个我还没打，先坑着。