题面

题意

给出一张地图,上面有一些石块或障碍,现在有一些运载车从左上角出发,要去右下角,只能向右或向下走,每个石块只能收集一次,输出收集到最多石块的路径.

做法

多个运载车,不难想到是网络流,但难点在于每个石块最多收集一次,而且要收集最多石块.
可以用费用流来做,每个点拆成两个入点向出点连一条流量为INF,费用为0的边,如果该地有石块,则再连一条流量为1,费用为-1的边,最后跑费用流,再用dfs输出路径即可.

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define N 20010
#define INF 0x3f3f3f3f
#define zh(i,j) ((i-1)*n+j)
using namespace std;int n,m,k,ans,bb=1,first[N],s,t,last[N],B[N],d[N],mf,mm[40][40];
bool in[N];
struct Bn
{int to,next,quan,cst;
} bn[1001000];
queue<int>que;inline void add(int u,int v,int w,int z)
{bb++;bn[bb].to=v;bn[bb].next=first[u];bn[bb].quan=w;bn[bb].cst=z;first[u]=bb;
}inline void ad(int u,int v,int w,int z)
{
//  cout<<u<<" "<<v<<" "<<w<<" "<<z<<endl;add(u,v,w,z);add(v,u,0,-z);
}inline bool bfs()
{int p,q,mn=INF;for(; !que.empty(); que.pop());memset(d,0x3f,sizeof(d));que.push(s);d[s]=0;for(; !que.empty();){q=que.front();que.pop();in[q]=0;for(p=first[q]; p!=-1; p=bn[p].next){if(d[bn[p].to]>d[q]+bn[p].cst&&bn[p].quan){d[bn[p].to]=d[q]+bn[p].cst;last[bn[p].to]=q;B[bn[p].to]=p;if(!in[bn[p].to]){in[bn[p].to]=1;que.push(bn[p].to);}}}}if(d[t]==INF) return 0;for(p=t; p!=s; p=last[p]){mn=min(mn,bn[B[p]].quan);}ans+=mn*d[t];mf+=mn;for(p=t; p!=s; p=last[p]){bn[B[p]].quan-=mn;bn[B[p]^1].quan+=mn;}return 1;
}void df(int now,int u)
{if(now==2*m*n) return;int p,q;for(p=first[now];p!=-1;p=bn[p].next){if(bn[p].quan!=INF&&bn[p].quan>100){bn[p].quan++;printf("%d %d\n",u,(now-1)%n<(bn[p].to-1)%n);df(bn[p].to+m*n,u);return;}}
}int main()
{memset(first,-1,sizeof(first));int i,j,p,q,o,z;cin>>p>>n>>m;ad(s,1,p,0);t=2*m*n;for(i=1;i<=m;i++){for(j=1;j<=n;j++){scanf("%d",&mm[i][j]);ad(zh(i,j),zh(i,j)+m*n,1,-(mm[i][j]==2));ad(zh(i,j),zh(i,j)+m*n,INF,0);}}for(i=1;i<=m;i++){for(j=1;j<=n;j++){if(i<m&&mm[i+1][j]!=1) ad(zh(i,j)+m*n,zh(i+1,j),INF,0);if(j<n&&mm[i][j+1]!=1) ad(zh(i,j)+m*n,zh(i,j+1),INF,0);}}for(; bfs(););
//  cout<<mf<<" "<<ans;
//  return 0;for(i=1;i<=p;i++){df(1+m*n,i);}
}

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