\(\color{#0066ff}{题目描述}\)
深海资源考察探险队的潜艇将到达深海的海底进行科学考察。
潜艇内有多个深海机器人。潜艇到达深海海底后，深海机器人将离开潜艇向预定目标移动。
深海机器人在移动中还必须沿途采集海底生物标本。沿途生物标本由最先遇到它的深海机器人完成采集。
每条预定路径上的生物标本的价值是已知的，而且生物标本只能被采集一次。
本题限定深海机器人只能从其出发位置沿着向北或向东的方向移动，而且多个深海机器人可以在同一时间占据同一位置。
用一个 \(P\times Q\) 网格表示深海机器人的可移动位置。西南角的坐标为 \((0,0)\)，东北角的坐标为 \((Q,P)\) 。
给定每个深海机器人的出发位置和目标位置，以及每条网格边上生物标本的价值。
计算深海机器人的最优移动方案， 使深海机器人到达目的地后，采集到的生物标本的总价值最高。
\(\color{#0066ff}{输入格式}\)
文件的第 \(1\) 行为深海机器人的出发位置数 \(a\),和目的地数 \(b\) 。
第 \(2\) 行为 \(P\) 和 \(Q\) 的值。
接下来的 \(P+1\) 行,每行有 \(Q\) 个正整数,表示向东移动路径上生物标本的价值,行数据依从南到北方向排列。
再接下来的 \(Q+1\) 行,每行有 \(P\) 个正整数,表示向北移动路径上生物标本的价值,行数据依从西到东方向排列。
接下来的 \(a\) 行,每行有 \(3\) 个正整数 \(k,x,y\),表示有 \(k\) 个深海机器人从 \((x,y)\) 位置坐标出发。
再接下来的 \(b\) 行,每行有 \(3\) 个正整数 \(r,x,y\) ,表示有 \(r\) 个深海机器人可选择 \((x,y)\) 位置坐标作为目的地。
\(\color{#0066ff}{输出格式}\)
输出采集到的生物标本的最高总价值.
\(\color{#0066ff}{输入样例}\)
1 1
2 2
1 2
3 4
5 6
7 2
8 10
9 3
2 0 0
2 2 2\(\color{#0066ff}{输出样例}\)
42\(\color{#0066ff}{数据范围与提示}\)
\(1\leq P,Q\leq 15\)
\(1\leq a\leq 4\)
\(1\leq b\leq 6\)
\(\color{#0066ff}{题解}\)
S向所有机器人起点连边
所有机器人终点向T连边
每个点向右向下分别连两条边
一条容量为 1 ，边权为图中边权
另一条容量为 inf，边权为零
这样保证了权值只能获得一次，又保证了这条边可以被多个人走
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
#include <cmath>
#define _ 0
#define LL long long
#define int long long
inline LL in() {
LL x = 0, f = 1; char ch;
while(!isdigit(ch = getchar()))(ch == '-') && (f = -f);
while(isdigit(ch)) x = x * 10 + (ch ^ 48), ch = getchar();
return x * f;
}
const int maxn = 105050;
struct node {
int to, dis, can;
node *nxt, *rev;
node(int to = 0, int dis = 0, int can = 0, node *nxt = NULL):to(to), dis(dis), can(can), nxt(nxt) {}
void *operator new (size_t) {
static node *S = NULL, *T = NULL;
return (S == T) && (T = (S = new node[1024]) + 1024), S++;
}
};
const int inf = 0x7fffffff;
int n, m, p, q, s, t;
typedef node* nod;
bool vis[maxn];
nod head[maxn], road[maxn];
int dis[maxn], change[maxn], id[55][55];
std::queue<int> V;
inline void add(int from, int to, int can, int dis) {
nod o = new node(to, dis, can, head[from]);
head[from] = o;
}
inline void link(int from, int to, int can, int dis) {
add(from, to, can, dis);
add(to, from, 0, -dis);
head[from]->rev = head[to];
head[to]->rev = head[from];
}
inline bool spfa()
{
for(int i = s; i <= t; i++) dis[i] = -inf, change[i] = inf;
V.push(s);
dis[s] = 0;
while(!V.empty()) {
int tp = V.front(); V.pop();
vis[tp] = false;
for(nod i = head[tp]; i; i = i->nxt) {
if(dis[i->to] < dis[tp] + i->dis && i->can > 0) {
dis[i->to] = dis[tp] + i->dis;
road[i->to] = i;
change[i->to] = std::min(change[tp], i->can);
if(!vis[i->to]) vis[i->to] = true, V.push(i->to);
}
}
}
return change[t] != inf;
}
inline void mcmf() {
int cost = 0;
while(spfa()) {
cost += dis[t] * change[t];
for(int o = t; o != s; o = road[o]->rev->to) {
road[o]->can -= change[t];
road[o]->rev->can += change[t];
}
}
printf("%lld", cost);
}
signed main() {
n = in(), m = in(), p = in(), q = in();
for(int cnt = 0, i = 0; i <= p; i++)
for(int j = 0; j <= q; j++)
id[i][j] = ++cnt;
s = 0, t = id[p][q] + 1;
for(int i = 0; i <= p; i++)
for(int j = 0; j < q; j++)
link(id[i][j], id[i][j+1], 1, in());
for(int i = 0; i <= q; i++)
for(int j = 0; j < p; j++)
link(id[j][i], id[j+1][i], 1, in());
int k, x, y;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
k = in(), x = in(), y = in();
link(s, id[x][y], k, 0);
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
k = in(), x = in(), y = in();
link(id[x][y], t, k, 0);
}
for(int i = 0; i <= p; i++)
for(int j = 0; j <= q; j++) {
if(i + 1 <= p) link(id[i][j], id[i+1][j], inf, 0);
if(j + 1 <= q) link(id[i][j], id[i][j+1], inf, 0);
}
mcmf();
return 0 ;
}原文地址：https://www.cnblogs.com/olinr/p/10127418.html