洛谷 - P4013 数字梯形问题(最大费用最大流+举一反三)

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题目大意：给出一个数字梯形，一共有n行，第一行有m个数字，每行的数字个数逐行向下递增，现在要求从第一行的每个数字分别向下引出一条路径直到最后一层，共m条路径，现在问在以下三个条件下的最大权值和是多少：

从梯形的顶至底的 m 条路径互不相交
从梯形的顶至底的 m 条路径仅在数字结点处相交
从梯形的顶至底的 m 条路径允许在数字结点相交或边相交

分别输出以上三种情况的答案

题目分析：其实三种情况大同小异，本质都是冲着最大费用最大流去的，分别说一下每种情况的细节吧：

首先是第一种情况，也就是m条路径互不相交，意思就是不能有相交的边或相交的点，既然没有相交的点，我们可以拆点限流，让每个顶点拆成入点和出点，连一条流量为1，花费为点权的边，这样就起到了限流并且为答案贡献出花费的作用了，记得让点之间的连边也限流就好了：

源点->第一行的m个点，流量为1，花费为0
每个点的入点->每个点的出点，流量为1，花费为点权
每个点的出点->下一层可到达的点的入点，流量为1，花费为0
最后一行的n+m-1个点->汇点，流量为1，花费为0

然后是第二种情况，也就是只有点可以重复经过，因为点可以重复经过，所以大可不必拆点限流了，所以直接连边，不用分成入点和出点就行了，不过这样的话就需要将点权转移到边权上，类似于之前树链剖分的题目一样，将点权转移到边权上，我感觉不太直观，还不如直接拆点来的实在，所以我选择了仍然拆点操作，因为每个点可以重复经过了，故将入点到出点的流量改成无穷大就好了，这里有个小坑，就是最后一行的所有点也是可以重复经过的，所以记得将最后一行的点与汇点的连边的限流也取消：

源点->第一行的m个点，流量为1，花费为0
每个点的入点->每个点的出点，流量为无穷大，花费为点权
每个点的出点->下一层可到达的点的入点，流量为1，花费为0
最后一行的n+m-1个点->汇点，流量为无穷大，花费为0

最后就是第三种情况了，也就是点和边都可以重复经过，我们只需要将所有的限流都取消，即除了与源点相连的所有边的流量都改为无穷大就好了：

源点->第一行的m个点，流量为1，花费为0
每个点的入点->每个点的出点，流量为无穷大，花费为点权
每个点的出点->下一层可到达的点的入点，流量为无穷大，花费为0
最后一行的n+m-1个点->汇点，流量为无穷大，花费为0

三种建图方式，每次只需要建好边跑最大费用最大流就是答案了

还有一些细节需要注意一下，首先是这个题目的输入，题目说的只是有n行，第一行有m个数字，而并非是n*m的矩阵，所以我们应该开一个20*40的数组才够用，再就是我喜欢写函数来将点拆成入点和出点，其中每次都会加上有多少列用来防止重复，放到这个题目来说因为列是改变的，所以每次加上40才能更稳的通过，最后就是N和M有多少空间就开多大吧，因为这种题目的N和M都比较难算，干脆开大点当个快乐的莽夫多好

代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<stack>
#include<queue>
#include<list>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<sstream>
using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;//点const int M=1e6+100;//边struct Edge
{int to,w,cost,next;
}edge[M];int head[N],cnt,maze[110][110],n,m,st=N-1,ed=st-1;void addedge(int u,int v,int w,int cost)
{edge[cnt].to=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].cost=cost;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt++;edge[cnt].to=u;edge[cnt].w=0;edge[cnt].cost=-cost;edge[cnt].next=head[v];head[v]=cnt++;
}int d[N],incf[N],pre[N];bool vis[N];bool spfa(int s,int t)
{memset(d,0xcf,sizeof(d));memset(vis,false,sizeof(vis));memset(pre,-1,sizeof(pre));queue<int>q;q.push(s);vis[s]=true;incf[s]=inf;d[s]=0;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();vis[u]=false;for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){int v=edge[i].to;int w=edge[i].w;int cost=edge[i].cost;if(!w)continue;if(d[v]<d[u]+cost){d[v]=d[u]+cost;pre[v]=i;incf[v]=min(incf[u],w);if(!vis[v]){vis[v]=true;q.push(v);}}}}return pre[t]!=-1;
}int update(int s,int t)
{int x=t;while(x!=s){int i=pre[x];edge[i].w-=incf[t];edge[i^1].w+=incf[t];x=edge[i^1].to;}return d[t]*incf[t];
}void init()
{memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0;
}int solve(int st,int ed)
{int ans=0;while(spfa(st,ed))ans+=update(st,ed);return ans;
}int get_id(int x,int y,int k)
{return (x-1)*(n+m)+y+k*(n+m)*(n+m);
}void build1()
{init();for(int i=1;i<=m;i++)addedge(st,get_id(1,i,0),1,0);for(int i=1;i<=n+m-1;i++)addedge(get_id(n,i,1),ed,1,0);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i+m-1;j++){addedge(get_id(i,j,0),get_id(i,j,1),1,maze[i][j]);if(i<n){addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j,0),1,0);addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j+1,0),1,0);}}}
}void build2()
{init();for(int i=1;i<=m;i++)addedge(st,get_id(1,i,0),1,0);for(int i=1;i<=n+m-1;i++)addedge(get_id(n,i,1),ed,inf,0);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i+m-1;j++){addedge(get_id(i,j,0),get_id(i,j,1),inf,maze[i][j]);if(i<n){addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j,0),1,0);addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j+1,0),1,0);}}}
}void build3()
{init();for(int i=1;i<=m;i++)addedge(st,get_id(1,i,0),1,0);for(int i=1;i<=n+m-1;i++)addedge(get_id(n,i,1),ed,inf,0);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i+m-1;j++){addedge(get_id(i,j,0),get_id(i,j,1),inf,maze[i][j]);if(i<n){addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j,0),inf,0);addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j+1,0),inf,0);}}}
}int main()
{
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//  ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d%d",&m,&n);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i+m-1;j++)scanf("%d",&maze[i][j]);build1();printf("%d\n",solve(st,ed));build2();printf("%d\n",solve(st,ed));build3();printf("%d\n",solve(st,ed));return 0;
}

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