codevs 1227 方格取数 2
Description
给出一个n*n的矩阵,每一格有一个非负整数Aij,(Aij <= 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
Input Description
第一行两个数n,k(1<=n<=50, 0<=k<=10)
接下来n行,每行n个数,分别表示矩阵的每个格子的数
Output Description
一个数,为最大和
Sample Input
3 1
1 2 3
0 2 1
1 4 2
Sample Output
11
Data Size & Hint
1<=n<=50, 0<=k<=10
恩......说实话这道题应该是网络流的题,但是想了半天也没有想出来......膜了网上的题解后才发现,这是道费用流的题(亏我一直在想怎么控制和最大)
知道这是费用流的以后就很好办了。由于每个点可能有两种情况,即之前没经过这个点时走到这个点,和之前已经走过这个点了。前一种情况需要计算贡献,而后一种情况则不需要。
然后,我们考虑如何控制这两种情况。我们可以将每个点x拆开,拆为x1与x2。这样每次从x1走到x2时就可以把这个点的贡献给算进去。由于前一种情况只有一次,而后一种情况最多有k-1次,所以我们在x1与x2之间连两种边,一种容量为1,费用为这个节点的值(对应第一种情况),另一种容量为k-1,费用为0(对应第二种情况)。然后考虑这个点往下和往右连边,假设这两个点分别为y,z,那么从x2往y1、z1分别连一条容量为k,费用为0的边即可(自己想一想,不难的)。然后跑一遍最大费用最大流即可。
代码如下:
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 #include<cmath> 6 #define File(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout) 7 #define maxn 100010 8 #define INF (1<<28) 9 #define r(j) (j^1) 10 11 using namespace std; 12 typedef long long llg; 13 14 int head[maxn],to[maxn],next[maxn],c[maxn],f[maxn],ff[maxn]; 15 int n,k,tt=1,ans,dis[maxn],d[maxn],fa[maxn],d2[maxn],l,r,hui; 16 bool w[maxn]; 17 18 void link(int x,int y,int z,int o){ 19 to[++tt]=y;next[tt]=head[x];head[x]=tt; 20 to[++tt]=x;next[tt]=head[y];head[y]=tt; 21 c[tt-1]=z; f[tt-1]=o; f[tt]=-o; 22 } 23 24 bool spfa(){ 25 for(int i=1;i<=hui;i++) dis[i]=-1,d2[i]=INF; 26 dis[1]=0; l=r=0; d[r++]=1; w[1]=1; 27 while(l!=r){ 28 int u=d[l++]; l%=maxn; w[u]=0; 29 for(int i=head[u],v;v=to[i],i;i=next[i]) 30 if(c[i]>0 && dis[v]<dis[u]+f[i]){ 31 dis[v]=dis[u]+f[i]; 32 d2[v]=min(d2[u],c[i]); 33 fa[v]=u; ff[v]=i; 34 if(!w[v]){ 35 w[v]=1;d[r++]=v; 36 r%=maxn; 37 } 38 } 39 } 40 if(dis[hui]==-1) return 0; 41 ans+=dis[hui]*d2[hui]; 42 int now=hui; 43 while(now!=1){ 44 c[ff[now]]-=d2[hui]; 45 c[r(ff[now])]+=d2[hui]; 46 now=fa[now]; 47 } 48 return 1; 49 } 50 51 int main(){ 52 File("a"); 53 scanf("%d%d",&n,&k);hui=n*n<<1; 54 for(int i=1,now=1,x;i<=n;i++) 55 for(int j=1;j<=n;j++,now++){ 56 scanf("%d",&x); 57 link(now,now+n*n,1,x); link(now,now+n*n,k-1,0); 58 if(j<n) link(now+n*n,now+1,k,0); 59 if(i<n) link(now+n*n,now+n,k,0); 60 } 61 while(spfa()); 62 printf("%d",ans); 63 return 0; 64 }
转载于:https://www.cnblogs.com/lcf-2000/p/5567608.html
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