[POI2012]Squarks

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题目大意：

设有(n)个互不相同的正整数({X_1,X_2,...,X_n})，任取两个(X_i,X_j(i e j))，能算出(X_i+X_j)。
现在所有取法共(frac{n(n-1)}2)个和，要你求出({X_i})的取值方案数，并求出所有方案的(X_1,X_2,ldots,X_n)。

思路：

设({X_i})两两之和构成集合(A)，将(A)和(X)从小到大排序，则(A_1=X_1+X_2,A_2=X_1+X_3)。

而(X_2+X_3)的取值可能在(X_3sim X_n)中，我们可以枚举(X_2+X_3)的取值，这样我们就可以求出(X_1,X_2,X_3)的值。

用multiset维护(A)，将(X_1+X_2,X_1+X_3,X_2+X_3)从集合中删去，剩下最小的一定是(X_1+X_4)。这样可以求出(X_4)。将(X_4)与(X_1sim X_3)的和从集合中删去，剩下最小就是(X_1+X_5)。以此类推。

这样我们(mathcal O(n))枚举(X_2+X_3)的值，再(mathcal O(n^2log n))不断推出(X_4sim X_n)的值。时间复杂度(mathcal O(n^3log n))。

源代码：

#include<set>
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<algorithm>
inline int getint() {
	register char ch;
	while(!isdigit(ch=getchar()));
	register int x=ch^'0';
	while(isdigit(ch=getchar())) x=(((x<<2)+x)<<1)+(ch^'0');
	return x;
}
const int N=301,M=(N-1)*(N-2)/2+1;
int a[M],cnt,ans[N][N],n;
std::multiset<int> set;
void solve(const int &k) {
	set.clear();
	for(register int i=3;i<=n*(n-1)/2;i++) {
		if(i!=k) set.insert(a[i]);
	}
	const int tmp=(a[1]+a[2]+a[k])>>1;
	ans[cnt][1]=tmp-a[k];
	if(ans[cnt][1]<=0) return;
	ans[cnt][2]=tmp-a[2];
	if(ans[cnt][2]<=0) return;
	ans[cnt][3]=tmp-a[1];
	if(ans[cnt][3]<=0) return;
	for(register int i=4;i<=n;i++) {
		const int val=*set.begin();
		ans[cnt][i]=val-ans[cnt][1];
		if(ans[cnt][i]<=0) return;
		for(register int j=1;j<i;j++) {
			const std::set<int>::iterator pos=set.find(ans[cnt][i]+ans[cnt][j]);
			if(pos==set.end()) return;
			set.erase(pos);
		}
	}
	cnt++;
}
int main() {
	n=getint();
	for(register int i=1;i<=n*(n-1)/2;i++) {
		a[i]=getint();
	}
	std::sort(&a[1],&a[n*(n-1)/2]+1);
	for(register int i=3;i<=n;i++) {
		if(i!=3&&a[i]==a[i-1]) continue;
		if((a[1]+a[2]+a[i])&1) continue;
		solve(i);
	}
	printf("%d
",cnt);
	for(register int i=0;i<cnt;i++) {
		for(register int j=1;j<=n;j++) {
			printf("%d%c",ans[i][j]," 
"[j==n]);
		}
	}
	return 0;
}