hdu 2686 费用流 / 双线程DP

题意：给一个方阵，求从左上角出到右下角（并返回到起点），经过每个点一次不重复，求最大获益（走到某处获得改点数值），下来时每次只能向右或向下，反之向上或向左。

俩种解法：

1  费用流法：思路转化：从左上角流出2的流量，（表示走俩条路），归于右下角，可以走就有边（右和下），权为负的费用，源点连起点，汇点连终点，流量为2. 除源汇外所有点一分为2，Y向X对应点有流量1的边，之前边为X到Y的（原图），这样处理解决每个点只最多走一次（除了源汇外）（X部只出，Y部要出必先回到X对应点）。跑最小费用最大流即可。

2：dp法:(感谢XX大牛的提示)俩个点同时走，走了第K步状态：为x1,y1;x2,y2,  由于（x1+y1=k,x2+y2=k），状态压缩为3维，每个状态表示当前这步俩个点的横左边。

dp[k][x1][x2]=max(dp[k-1][x1][x2],dp[k-1][x1][x2-1],dp[k-1][x1-1][x2],dp[k-1][x1-1][x2-1])

方法1：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int a[50][50];
int nume=0;int e[50000][4];int head[2000];
int n;
void inline  adde(int i,int j,int c,int w)
{
    e[nume][0]=j;e[nume][1]=head[i];head[i]=nume;
    e[nume][2]=c;e[nume++][3]=w;
    e[nume][0]=i;e[nume][1]=head[j];head[j]=nume;
    e[nume][2]=0;e[nume++][3]=-w;
}
int inq[2000];int pre[2000];int prv[2000];
int d[2000];
bool spfa(int &sum)
{
    for(int i=0;i<=2*n*n+2;i++)
          {
              inq[i]=0;
              d[i]=inf;
          }
    queue<int>q;
    q.push(2*n*n);
    inq[2*n*n]=1;
    d[2*n*n]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int cur=q.front();
        q.pop();
        inq[cur]=0;
        for(int i=head[cur];i!=-1;i=e[i][1])
        {
            int v=e[i][0];
            if(e[i][2]>0&&d[cur]+e[i][3]<d[v])
            {
                d[v]=d[cur]+e[i][3];
                pre[v]=i;
                prv[v]=cur;
                if(!inq[v])
                {
                    q.push(v);
                    inq[v]=1;
                }
            }
        }
    }
    if(d[2*n*n+1]==inf)return 0;
    int cur=2*n*n+1;int minf=inf;
    while(cur!=2*n*n)
    {
        minf=e[pre[cur]][2]<minf?e[pre[cur]][2]:minf;
        cur=prv[cur];
    }
     cur=2*n*n+1;
    while(cur!=2*n*n)
    {
        e[pre[cur]][2]-=minf;
        e[pre[cur]^1][2]+=minf;
        cur=prv[cur];
    }
    sum+=minf*d[2*n*n+1];
    return 1;
}

int mincost()
{
    int sum=0;
    while(spfa(sum));
    return sum;
}
void init()
{
    nume=0;
    memset(head,-1,sizeof(head));
}
int main()
{
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        init();
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int j=0;j<n;j++)
             scanf("%d",&a[i][j]);
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int j=0;j<n;j++)
            {
                if(i+1<n)
                adde(i*n+j,(i+1)*n+j+n*n,1,-a[i+1][j]);
                if(j+1<n)
                adde(i*n+j,i*n+j+1+n*n,1,-a[i][j+1]);
            }
        for(int i=0;i<n*n;i++)
        {
            adde(i+n*n,i,1,0);
        }
         adde(2*n*n,0,2,0);
        adde(2*n*n-1,2*n*n+1,2,0);
        int ans=-mincost();
       ans+=a[0][0];
       ans-=a[n-1][n-1];
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}

方法2

;

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
using namespace std;
int a[50][50];
int dp[80][50][50];
int max(int x,int y,int z,int t)
{
    if(x>=y&&x>=z&&x>=t)return x;
    if(y>=x&&y>=z&&y>=t)return y;
    if(z>=x&&z>=y&&z>=t)return z;
    return t;
}
int main()
{
    int n;
    while(~scanf("%d",&n))
    {
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        for(int i=0;i<n;i++)
            for(int j=0;j<n;j++)
             scanf("%d",&a[i][j]);
           dp[0][0][0]=a[0][0];
           dp[1][0][1]=a[0][1]+a[0][0]+a[1][0];

          for(int k=1;k<=2*n-2;k++)
          {
              for(int x1=0;x1<=k&&x1<n;x1++)
              {
                  for(int x2=0;x2<=k&&x2<n;x2++)
                  {
                      if(x1!=x2)
                      {
                          if(x1>0&&x2>0)
                        dp[k][x1][x2]=max(dp[k-1][x1][x2],dp[k-1][x1][x2-1],dp[k-1][x1-1][x2],dp[k-1][x1-1][x2-1]);
                        else if(x1==0&&x2>0)
                        {
                            dp[k][x1][x2]=max(dp[k-1][x1][x2],dp[k-1][x1][x2-1],0,0);
                        }
                        else
                        {
                            dp[k][x1][x2]=max(dp[k-1][x1][x2],dp[k-1][x1-1][x2],0,0);
                        }
                        dp[k][x1][x2]+=(a[x1][k-x1]+a[x2][k-x2]);

                      }
                  }
              }
          }
          int ans=dp[2*n-3][n-2][n-1]+a[n-1][n-1];
          cout<<ans<<endl;
    }
    return 0;
}

hdu 2686 费用流 / 双线程DP