简单瞎搞题

可以发现这题只存在两种状态0或者1，这种单一状态状态压缩动态规划的可以通过STL中的bitset去优化内存。
比较容易发现当前状态一定可以通过前面一个状态转移过来，阶段的话可以选择在 中的某个数据算平方。累加进当前状态
具体实现就是，先处理第一次输入的数据，保证不全是0（其实按照0初始化为1，去推进好像也可以）。
后面开一个副本，把原先的可以得到的答案，左移 进行或运算，把全部新平方值进行更新。
这里如果直接或等于会重复计算，不能直接的通过一个bitset去更新。
比如01101，表示1，3，4可以算到，<<1只后11010，表示2，4，5可以算到。
很多bitset地方都要注意这一条，别把当前的状态更新累加到当前状态前一个过程中去了，这样算出来往往会多一些不正确的答案。

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
#pragma GCC optimize(3)
using namespace std;
#define js ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0); cout.tie(0)
typedef long long ll;

inline int read() {
    int s = 0, w = 1; char ch = getchar();
    while (ch < 48 || ch > 57) { if (ch == '-') w = -1; ch = getchar(); }
    while (ch >= 48 && ch <= 57) s = (s << 1) + (s << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar();
    return s * w;
}

const int N = 105;
bitset<N * N * N> ans, tmp;    //100个100的平方相加

int main() {
    int n = read();
    int l = read(), r = read();
    for (int i = l; i <= r; ++i) ans[i * i] = 1;
    for (int i = 2; i <= n; ++i) {
        int l = read(), r = read();
        tmp.reset(); //清0
        for (int j = l; j <= r; ++j) tmp |= ans << j * j;
        ans = tmp;
    }
    printf("%d\n", ans.count());
    return 0;
}