题解 P4012 【深海机器人问题】
wjyyy
2019-01-15 18:54:49
**我的博客:[传送门](https://www.wjyyy.top/3069.html)**
## 题解:
看上去还是一个**“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$l1$,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【洛谷 P4001 狼抓兔子[题目](https://www.luogu.org/problemnew/show/P4001),[题解](https://www.wjyyy.top/1540.html)】这一题的建模就更考察思维了。
***最大费用最大流中把原边权取反(负)跑最短路增广会方便很多,最后答案再取反。**
## Code:
```cpp
#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);//计算一维坐标时需要注意
add(i*(m+1)+j,i*(m+1)+j+1,1,-u);//每一行既有0又有m
add(i*(m+1)+j,i*(m+1)+j+1,0x3fffffff,0);//所以有m+1个数
}
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;
}
```