P4012 深海机器人问题
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 imes QP×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)(0,0)，东北角的坐标为 (Q,P)(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 11 行为深海机器人的出发位置数 aa,和目的地数 bb 。
第 22 行为 PP 和 QQ 的值。
接下来的 P+1P+1 行,每行有 QQ 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+1Q+1 行,每行有 PP 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 aa 行,每行有 33 个正整数 k,x,yk,x,y,表示有 kk 个深海机器人从 (x,y)(x,y) 位置坐标出发。
再接下来的 bb 行,每行有 33 个正整数 r,x,yr,x,y ,表示有 rr 个深海机器人可选择 (x,y)(x,y) 位置坐标作为目的地。
a行和b行输入时横纵坐标要反过来
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
说明
1leq P,Qleq151≤P,Q≤15
1leq aleq 41≤a≤4
1leq bleq 61≤b≤6
这个题目，很容易让人想到是最小费用最大流，但是看到这么小的数据范围就会好一点吧。
讲一下这个题目的思路：
这个题目建图就是按照这个坐标轴建图，每一个点连线它可以走的下一个点，坐标源点和s点相连，(p,q)，和汇点t相连。
不过这个输入有点恶心，我是用的map和pair来记录输入的，还有很多别的方法。
因为这个输入的是边权，所以每一个边你只走一次就容量设置成1费用设置成你输入的那个数就可以了，
还有就是说每一个点可以走很多次，这个就是说这个边可以经过很多次，这个就再存一次这个边容量为inf，费用为0就可以了。
这个题目和火星探险很像，可以写写那个。
#include <cstdio> #include <cstdlib> #include <queue> #include <vector> #include <iostream> #include <algorithm> #include <map> #include <cstring> #include <cmath> #include <string> #define inf 0x3f3f3f3f using namespace std; typedef long long ll; const int INF = 0x3f3f3f3f; const int maxn = 1e5; struct edge { int u, v, c, f, cost; edge(int u, int v, int c, int f, int cost) :u(u), v(v), c(c), f(f), cost(cost) {} }; vector<edge>e; vector<int>G[maxn]; int a[maxn];//找增广路每个点的水流量 int p[maxn];//每次找增广路反向记录路径 int d[maxn];//SPFA算法的最短路 int inq[maxn];//SPFA算法是否在队列中 int s, t; void init() { for (int i = 0; i <=maxn; i++)G[i].clear(); e.clear(); } void add(int u, int v, int c, int cost) { e.push_back(edge(u, v, c, 0, cost)); e.push_back(edge(v, u, 0, 0, -cost)); int m = e.size(); G[u].push_back(m - 2); G[v].push_back(m - 1); } bool bellman(int s, int t, int& flow, long long & cost) { memset(d, inf, sizeof(d)); memset(inq, 0, sizeof(inq)); d[s] = 0; inq[s] = 1;//源点s的距离设为0，标记入队 p[s] = 0; a[s] = INF;//源点流量为INF（和之前的最大流算法是一样的） queue<int>q;//Bellman算法和增广路算法同步进行，沿着最短路拓展增广路，得出的解一定是最小费用最大流 q.push(s); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); inq[u] = 0;//入队列标记删除 for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) { edge & now = e[G[u][i]]; int v = now.v; if (now.c > now.f && d[v] > d[u] + now.cost) //now.c > now.f表示这条路还未流满（和最大流一样） //d[v] > d[u] + e.cost Bellman 算法中边的松弛 { d[v] = d[u] + now.cost;//Bellman 算法边的松弛 p[v] = G[u][i];//反向记录边的编号 a[v] = min(a[u], now.c - now.f);//到达v点的水量取决于边剩余的容量和u点的水量 if (!inq[v]) { q.push(v); inq[v] = 1; }//Bellman 算法入队 } } } if (d[t] == inf)return false;//找不到增广路 flow += a[t];//最大流的值，此函数引用flow这个值，最后可以直接求出flow cost += (long long)d[t] * (long long)a[t];//距离乘上到达汇点的流量就是费用 for (int u = t; u != s; u = e[p[u]].u)//逆向存边 { e[p[u]].f += a[t];//正向边加上流量 e[p[u] ^ 1].f -= a[t];//反向边减去流量 （和增广路算法一样） } return true; } int MaxcostMaxflow(int s, int t, long long & cost) { cost = 0; int flow = 0; while (bellman(s, t, flow, cost));//由于Bellman函数用的是引用，所以只要一直调用就可以求出flow和cost return flow;//返回最大流，cost引用可以直接返回最小费用 } map<pair<int, int>, int > mp; int main() { int n, m, P, Q; while (cin >> n >> m >> P >> Q) { init(); int id = 2; for (int i = 0; i <= P; i++) { for (int j = 0; j <= Q; j++) { mp[make_pair(i, j)] = id++; } } s = 0, t = 1; for (int i = 0; i <= P; i++) { for (int j = 1; j <= Q; j++) { int x; cin >> x; add(mp[make_pair(i, j - 1)], mp[make_pair(i, j)], 1, -x); add(mp[make_pair(i, j - 1)], mp[make_pair(i, j)], inf, 0); } } for (int i = 0; i <= Q; i++) { for (int j = 1; j <= P; j++) { int x; cin >> x; add(mp[make_pair(j - 1, i)], mp[make_pair(j, i)], 1, -x); add(mp[make_pair(j - 1, i)], mp[make_pair(j, i)], inf, 0); } } for (int i = 1; i <= n; i++) { int x, y, k; cin >> k >> x >> y; add(s, mp[make_pair(x, y)], k, 0); } for (int i = 1; i <= m; i++) { int k, x, y; cin >> k >> x >> y; add(mp[make_pair(x, y)], t, k, 0); } ll cost = 0; int ans = MaxcostMaxflow(s, t, cost); printf("%lld ", -cost); } return 0; }