深海机器人问题 |
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description |
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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′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)。 |
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input |
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多组数据输入.
每组输入第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。
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output |
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每组输出采集到的生物标本的最高总价值
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sample_input |
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1 1
2 2
1 2
3 4
5 6
7 2
8 10
9 3
2 0 0
2 2 2
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sample_output |
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42
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【问题分析】
最大费用最大流问题。
【建模方法】
把网格中每个位置抽象成网络中一个节点，建立附加源S汇T。
1、对于每个顶点i，j为i东边或南边相邻的一个节点，连接节点i与节点j一条容量为1，费用为该边价值的有向边。
2、对于每个顶点i，j为i东边或南边相邻的一个节点，连接节点i与节点j一条容量为无穷大，费用为0的有向边。
3、从S到每个出发点i连接一条容量为该点出发的机器人数量，费用为0的有向边。
4、从每个目标点i到T连接一条容量为可以到达该点的机器人数量，费用为0的有向边。
求最大费用最大流，最大费用流值就采集到的生物标本的最高总价值。
【建模分析】
这个问题可以看做是多出发点和目的地的网络运输问题。每条边的价值只能计算一次，容量限制要设为1。同时还将要连接上容量不限，费用为0的重边。由于“多个深海机器人可以在同一时间占据同一位置”，所以不需限制点的流量，直接求费用流即可。
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#include <iostream>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int OO=1e9;//无穷大
const int maxm=1111111;//边的最大数量，为原图的两倍
const int maxn=2222;//点的最大数量
int node,src,dest,edge;//node节点数，src源点，dest汇点，edge边数
int head[maxn],p[maxn],dis[maxn],q[maxn],vis[maxn];//head链表头，p记录可行流上节点对应的反向边，dis计算距离
struct edgenode
{
int to;//边的指向
int flow;//边的容量
int cost;//边的费用
int next;//链表的下一条边
} edges[maxm];
void prepare(int _node,int _src,int _dest);
void addedge(int u,int v,int f,int c);
bool spfa();
inline int min(int a,int b)
{
return a<b?a:b;
}
inline void prepare(int _node,int _src,int _dest)
{
node=_node;
src=_src;
dest=_dest;
for (int i=0; i<node; i++)
{
head[i]=-1;
vis[i]=false;
}
edge=0;
}
void addedge(int u,int v,int f,int c)
{
edges[edge].flow=f;
edges[edge].cost=c;
edges[edge].to=v;
edges[edge].next=head[u];
head[u]=edge++;
edges[edge].flow=0;
edges[edge].cost=-c;
edges[edge].to=u;
edges[edge].next=head[v];
head[v]=edge++;
}
bool spfa()
{
int i,u,v,l,r=0,tmp;
for (i=0; i<node; i++) dis[i]=OO;
dis[q[r++]=src]=0;
p[src]=p[dest]=-1;
for (l=0; l!=r; ((++l>=maxn)?l=0:1))
{
for (i=head[u=q[l]],vis[u]=false; i!=-1; i=edges[i].next)
{
if (edges[i].flow&&dis[v=edges[i].to]>(tmp=dis[u]+edges[i].cost))
{
dis[v]=tmp;
p[v]=i^1;
if (vis[v]) continue;
vis[q[r++]=v]=true;
if (r>=maxn) r=0;
}
}
}
return p[dest]>=0;
}
int spfaflow()
{
int i,ret=0,delta;
while (spfa())
{
//按记录原路返回求流量
for (i=p[dest],delta=OO; i>=0; i=p[edges[i].to])
{
delta=min(delta,edges[i^1].flow);
}
for (int i=p[dest]; i>=0; i=p[edges[i].to])
{
edges[i].flow+=delta;
edges[i^1].flow-=delta;
}
ret+=delta*dis[dest];
}
return ret;
}
int main()
{
int a,b,n,m,c,u,v;
while (~scanf("%d%d",&a,&b))
{
scanf("%d%d",&n,&m);
n++;m++;
prepare(n*m+2,0,n*m+1);
for (int i=0;i<n;i++)
{
for (int j=1;j<m;j++)
{
scanf("%d",&c);
u=i*m+j;
v=u+1;
addedge(u,v,1,-c);
addedge(u,v,OO,0);
}
}
for (int j=1;j<=m;j++)
{
for (int i=0;i<n-1;i++)
{
scanf("%d",&c);
u=i*m+j;
v=u+m;
addedge(u,v,1,-c);
addedge(u,v,OO,0);
}
}
int i,j;
while (a--)
{
scanf("%d%d%d",&c,&i,&j);
addedge(src,i*m+j+1,c,0);
}
while (b--)
{
scanf("%d%d%d",&c,&i,&j);
addedge(i*m+j+1,dest,c,0);
}
printf("%d\n",-spfaflow());
}
return 0;
}