题解【luogu2045 方格取数游戏加强版】

Description

给出一个 \(n*n\) 的矩阵,每一格有一个非负整数 \(A_{i,j}\) ,(\(A_{i,j} <= 1000\))现在从 \((1,1)\) 出发,可以往右或者往下走,最后到达 \((n,n)\) ,每达到一格,把该格子的数取出来,该格子的数就变成 \(0\) ,这样一共走 \(K\) 次,现在要求 \(K\) 次所达到的方格的数的和最大

Solution

一条边 \((a,b)\) 表示容量为 \(a\) ，费用为 \(b\) 。
把每个点拆成两个点，入点和出点。入点用来接受边，出点用来发出边
源点向 \((1,1)\) 连一条边 \((k,0)\) ，\((n,n)\) 向汇点连一条 \((k,0)\) ，表示可以走 \(k\) 次
每个点往他的右和下分别连一条 \((\infty, 0)\) 表示联通关系
每个点的入点与出点之间连两条边 \((1,x)\) 和 \((\infty, 0)\)。\(x\) 是该点的权值。
这是因为每个点只能取一次。
然后跑一遍最大费用最大流就完事啦
小技巧：把费用取负然后跑最小费用最大流

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF = 1000000000;
const int N = 550;
int n, m, cnt, vis[N * N * 3], dis[N * N * 3];
int S, T, k, pre[N * N * 3], f[N * N * 3];
struct node {
  int d, sid, tid;
}a[N][N];
struct edge {
  int v, w, f; edge *next, *rev;
}pool[N * N * 2], *head[N * N * 3], *r[N * N * 3];
inline void addedge(int u, int v, int f, int w) {
  edge *p = &pool[++cnt], *q = &pool[++cnt];
  p->v = v, p->f = f, p->w = w,  p->next = head[u], head[u] = p; p->rev = q;
  q->v = u, q->f = 0, q->w = -w, q->next = head[v], head[v] = q; q->rev = p;
}
inline bool spfa() {
  for(int i = S; i <= T; i++) r[i] = NULL, dis[i] = INF, vis[i] = 0, pre[i] = -1;
  queue <int> Q; Q.push(S); vis[S] = 1; dis[S] = 0; f[S] = INF;
  while(!Q.empty()) {
    int u = Q.front(); Q.pop(); vis[u] = 0;
    for(edge *p = head[u]; p; p = p->next) {
      int v = p->v;
      if(p->f > 0 && dis[v] > dis[u] + p->w) {
        dis[v] = dis[u] + p->w;
        pre[v] = u, r[v] = p;
        f[v] = min(f[u], p->f);
        if(!vis[v]) vis[v] = 1, Q.push(v);
      }
    }
  }
  return pre[T] != -1;
}
inline int MCMF() {
  int ans = 0;
  while(spfa()) {
    for(int i = T; i != S; i = pre[i]) {
      r[i]->f -= f[T]; r[i]->rev->f += f[T];
    } ans += dis[T] * f[T];
  } return ans;
}
int main() {
  scanf("%d %d", &n, &k); S = 0, T = 2 * n * n + 1;
  addedge(S, 1, k, 0);
  for(int i = 1; i <= n; i++) {
    for(int j = 1; j <= n; j++) {
      int x; scanf("%d", &x);
      int id = (i - 1) * n + j;
      a[i][j].sid = 2 * id - 1;
      a[i][j].tid = 2 * id;
      addedge(a[i][j].sid, a[i][j].tid, 1, -x);
      addedge(a[i][j].sid, a[i][j].tid, INF, 0);
    }
  }
  for(int i = 1; i <= n; i++)
    for(int j = 1; j <= n; j++) {
      if(i < n) addedge(a[i][j].tid, a[i + 1][j].sid, INF, 0);
      if(j < n) addedge(a[i][j].tid, a[i][j + 1].sid, INF, 0);
    }
  addedge(a[n][n].tid, T, k, 0);
  printf("%d\n", -MCMF());
  return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/acfunction/p/10105245.html