题解 P2045 【方格取数加强版】

发表于 | 更新于

$Description$

给出一个$n\times n$的矩阵,每一格有一个非负整数$a_{i,j},(a_i,j\leqslant 1000)$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

$Solution$

源点$s$和汇点$t$分别连向$(1,1),(n,n),$容量为$k$，费用为$0$，仅表示一共可以走k次；
对于方格中的每个点i，进行拆点，分别为$i_{1}~$和$i_{2}$。$i_1~$和$i_{2}~$之间连两条边，一条容量为$1$，费用为$a_{i,j}$，表示每个点的数只可以取一次；另一条容量为$\infty$，费用为$0$，仅表示可以经过无数次；
对于在其下方或右边点的点，连一条容量为$\infty$，费用为$0$的边

最后跑最大费用最大流即可

$Code$

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define pb push_back
#define N 40000
using namespace std;
struct edge{
    int to,dis,w,next;
}e[1007000];
inline int read(){
    int x=0,w=0;char ch=getchar();
    while (!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
    while (isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0',ch=getchar();
    return w?-x:x;
}
int cnt=1,head[N],dis[N],n,m,flow[N],pre[N],pri[N],rt,in[N],leaf[N],inque[N],k,vis[N],x[N],y[N],a[N],b[N],cur[N],cost,w[N],s,t;
inline void add(int u,int v,int d,int w){
    e[++cnt].to=v;
    e[cnt].dis=d;
    e[cnt].w=w;
    e[cnt].next=head[u];
    head[u]=cnt;
    e[++cnt].to=u;
    e[cnt].dis=0;
    e[cnt].w=-w;
    e[cnt].next=head[v];
    head[v]=cnt;
}
bool spfa(){
    for (int i=s;i<=t;++i)dis[i]=-inf;
    memset(flow,0x3f,sizeof(flow));
    queue<int>q;q.push(s);
    dis[s]=0;
    while (!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();inque[u]=0;
        for (int i=head[u];i;i=e[i].next){
            int v=e[i].to;
            if (e[i].dis&&dis[v]<dis[u]+e[i].w){
                dis[v]=dis[u]+e[i].w;
                pre[v]=u;pri[v]=i;
                flow[v]=min(flow[u],e[i].dis);
                if (!inque[v])
                    q.push(v),inque[v]=1;
            }
        }
    }
    return dis[t]>-inf;
}
inline int Dinic(){
    int res=0;
    while (spfa()){
        res+=flow[t];
        cost+=flow[t]*dis[t];
        for (int now=t;now!=s;now=pre[now]){
            e[pri[now]].dis-=flow[t];
            e[pri[now]^1].dis+=flow[t];
        }
    }
    return res;
}
inline int id(int x,int y){
    return (x-1)*n+y;
}
signed main(){
    n=read(),k=read();s=0,m=n*n,t=m+m+1;
    add(s,id(1,1),k,0);add(id(n,n)+m,t,k,0);
    for (int i=1;i<=n;++i)
        for (int j=1;j<=n;++j){
            add(id(i,j),id(i,j)+m,1,read());
            add(id(i,j),id(i,j)+m,inf,0);
            if (j!=n)add(id(i,j)+m,id(i,j+1),inf,0);
            if (i!=n)add(id(i,j)+m,id(i+1,j),inf,0);
        }
    Dinic();
    printf("%d\n",cost);
    return 0;
}