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Description
Input
Output
仅包含一个整数，表示可以获得的最大能源收入。注意，你也可以选择不进行任何攻击，这样能源收入为0。
Sample Input
3 2
10 0
20 0
-10 0
-5 1 0 0
100 1 2 1
100 0
Sample Output
25
HINT
在样例中, 植物P1,1可以攻击位置(0,0), P2, 0可以攻击位置(2,1)。
一个方案为，首先进攻P1,1, P0,1，此时可以攻击P0,0 。共得到能源收益为(-5)+20+10 = 25。注意, 位置(2,1)被植物P2,0保护，所以无法攻击第2行中的任何植物。
【大致数据规模】
约20%的数据满足1 ≤ N, M ≤ 5；
约40%的数据满足1 ≤ N, M ≤ 10；
约100%的数据满足1 ≤ N ≤ 20，1 ≤ M ≤ 30，-10000 ≤ Score ≤ 10000 。
Source
网络流+拓扑排序
因为植物可能会互相保护而形成环，所以先用拓扑排序排除环，求出图中的闭合子图。
然后按照先吃右边才能吃左边的关系，从每个点向它左边一格的点连边，容量为INF
保护型的植物向它保护的植物连边，容量为INF。
吃植物能获得收益时，该植物向汇点连边，容量为收益。
吃植物需要代价时，源点向该植物连边，容量为代价的绝对值。
答案=可能获得的收益总和-最小割。
1 /*by SilverN*/
2 #include<algorithm>
3 #include<iostream>
4 #include<cstring>
5 #include<cstdio>
6 #include<cmath>
7 #include<vector>
8 #include<queue>
9 using namespace std;
10 const int mx[5]={0,1,0,-1,0};
11 const int my[5]={0,0,1,0,-1};
12 const int INF=1e9;
13 const int mxn=2010;
14 int read(){
15 int x=0,f=1;char ch=getchar();
16 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
17 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
18 return x*f;
19 }
20 struct edge{
21 int v,nxt,f;
22 }e[mxn*500];
23 int hd[mxn],mct=1;
24 void add_edge(int u,int v,int f){
25 e[++mct].v=v;e[mct].nxt=hd[u];e[mct].f=f;hd[u]=mct;return;
26 }
27 void insert(int u,int v,int f){
28 add_edge(u,v,f);add_edge(v,u,0);return;
29 }
30 vector<int>eg[mxn];
31 int n,m,S,T;
32 int d[mxn];
33 bool BFS(){
34 memset(d,0,sizeof d);
35 queue<int>q;
36 d[S]=1;
37 q.push(S);
38 while(!q.empty()){
39 int u=q.front();q.pop();
40 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
41 int v=e[i].v;
42 if(e[i].f && !d[v]){
43 d[v]=d[u]+1;
44 q.push(v);
45 }
46 }
47 }
48 return d[T];
49 }
50 int DFS(int u,int lim){
51 if(u==T)return lim;
52 int f=0,tmp;
53 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
54 int v=e[i].v;
55 if(d[v]==d[u]+1 && e[i].f && (tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f)))){
56 e[i].f-=tmp; e[i^1].f+=tmp;
57 f+=tmp; lim-=tmp;
58 if(!lim)return f;
59 }
60 }
61 d[u]=0;
62 return f;
63 }
64 int Dinic(){
65 int res=0;
66 while(BFS())res+=DFS(S,INF);
67 return res;
68 }
69 int id[50][50],cnt=0,ed;
70 void init(){
71 for(int i=1;i<=n;i++)
72 for(int j=1;j<=m;j++)
73 id[i][j]=++cnt;
74 ed=n*m;
75 return;
76 }
77 int sc[mxn];
78 int ind[mxn];
79 int st[mxn],top=0;
80 bool vis[mxn];
81 void topo(){//拓扑排序，判断植物能否攻击
82 int i,j,res=0;
83 for(i=1;i<=cnt;i++)
84 if(!ind[i])st[++top]=i;
85 while(top){
86 int u=st[top--];
87 vis[u]=1;
88 if(sc[u]>0){
89 res+=sc[u];
90 insert(u,T,sc[u]);//可能得到的分数
91 }
92 else insert(S,u,-sc[u]);//需要付出的代价
93 for(j=0;j<eg[u].size();j++){
94 int v=eg[u][j];
95 ind[v]--;
96 insert(u,v,INF);
97 if(!ind[v])st[++top]=v;
98 }
99 }
100 for(i=1;i<=n;i++)
101 for(j=2;j<=m;j++){
102 if(vis[id[i][j]] && vis[id[i][j-1]]){//先吃右面再吃左面
103 insert(id[i][j],id[i][j-1],INF);
104 }
105 }
106 res=res-Dinic();
107 printf("%d\n",res);
108 }
109 int main(){
110 int i,j,w,x,y;
111 n=read();m=read();
112 init();
113 S=0;T=ed+1;
114 for(i=1;i<=n;i++){
115 for(j=1;j<=m;j++){
116 sc[id[i][j]]=read();
117 w=read();
118 while(w--){
119 x=read()+1;y=read()+1;
120 eg[id[i][j]].push_back(id[x][y]);
121 ind[id[x][y]]++;
122 }
123 if(j>1){//先解锁右面的才能吃左面的
124 eg[id[i][j]].push_back(id[i][j-1]);
125 ind[id[i][j-1]]++;
126 }
127 }
128 }
129 topo();
130 return 0;
131 }
时间： 2024-10-15 14:00:40