洛谷 P4012 深海机器人问题 题解【网络流】【费用流】
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费用流方格取数型题。
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)$。
给定每个深海机器人的出发位置和目标位置,以及每条网格边上生物标本的价值。
计算深海机器人的最优移动方案, 使深海机器人到达目的地后,采集到的生物标本的总价值最高。
输入输出格式
输入格式:
文件的第$ 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。
输出格式:
输出采集到的生物标本的最高总价值.
输入输出样例
输入样例#1:
1 1 2 2 1 2 3 4 5 6 7 2 8 10 9 3 2 0 0 2 2 2
输出样例#1:
42
说明
$ 1\leq P,Q\leq15$
$ 1\leq a\leq 4$
$ 1\leq b\leq 6$
题解:
说是“方格取数”类问题,实际上每个点、每条边是可以经过多次的。我们直接按图上网格建边就可以了,方向是$ \rightarrow,\uparrow$。
但是重点是每条边只在第一次被经过时产生收益,这个看来是不好在费用流中进行特判的了。
如果这些边的容量全部设为$ 1$,那么一条边就不能被经过第二次了,这当$ \sum k+\sum r$很大的时候会存在机器人跑不过去的情况。
如果这些边的容量为$ \inf$,那么不容易判断这条边是第几次被经过,而且残量网络也不方便更新。
此时我们可以建两条边,一条是带费用的,容量为$ 1$,另一条是不带费用的,容量为$ \inf$。但是这两条边的优先级怎么确定呢?
由于费用流的特殊性,EK费用流是通过spfa来增广的,当存在上述带费用的边时,会先跑带费用的边(最大费用最大流中权值实际为负)。此时就既解决了收益最大化问题,也解决了收益单次性问题。
不过像bzoj 1001/洛谷 P4001 狼抓兔子这一题的建模就更考察思维了。
Code:
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define s 290
#define t 291
using std::queue;
struct edge
{
int n,nxt,v,w;
edge(int n,int nxt,int v,int w)
{
this->n=n;
this->nxt=nxt;
this->v=v;
this->w=w;
}
edge(){}
}e[2000];
int head[300],ecnt=-1;
void add(int from,int to,int v,int w)
{
e[++ecnt]=edge(to,head[from],v,w);
head[from]=ecnt;
e[++ecnt]=edge(from,head[to],0,-w);
head[to]=ecnt;
}
int dis[300],pre[300];
bool used[300];
bool spfa()
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
queue<int> q;
q.push(s);
used[s]=1;
dis[s]=0;
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
used[x]=0;
for(int i=head[x];~i;i=e[i].nxt)
if(e[i].v&&dis[e[i].n]>dis[x]+e[i].w)
{
dis[e[i].n]=dis[x]+e[i].w;
pre[e[i].n]=i;
if(!used[e[i].n])
{
used[e[i].n]=1;
q.push(e[i].n);
}
}
}
return dis[t]!=0x3f3f3f3f;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
int a,b,n,m,u,v,w;
scanf("%d%d%d%d",&a,&b,&n,&m);
for(int i=0;i<=n;++i)
for(int j=0;j<m;++j)
{
scanf("%d",&u);
add(i*(m+1)+j,i*(m+1)+j+1,1,-u);
add(i*(m+1)+j,i*(m+1)+j+1,0x3fffffff,0);
}
for(int i=0;i<=m;++i)
for(int j=0;j<n;++j)
{
scanf("%d",&u);
add(j*(m+1)+i,(j+1)*(m+1)+i,1,-u);
add(j*(m+1)+i,(j+1)*(m+1)+i,0x3fffffff,0);
}
for(int i=1;i<=a;++i)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(s,v*(m+1)+w,u,0);
}
for(int i=1;i<=b;++i)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
add(v*(m+1)+w,t,u,0);
}
int ans=0;
pre[s]=-1;
while(spfa())
{
int p=pre[t],mn=0x3fffffff;
while(~p)
{
mn=mn<e[p].v?mn:e[p].v;
p=pre[e[p^1].n];
}
p=pre[t];
while(~p)
{
e[p].v-=mn;
e[p^1].v+=mn;
ans+=e[p].w*mn;
p=pre[e[p^1].n];
}
}
printf("%d\n",-ans);
return 0;
}
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