codevs1227 方格取数2

传送门

题目描述 Description

给出一个n*n的矩阵,每一格有一个非负整数Aij,(Aij <= 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

输入描述 Input Description

第一行两个数n,k（1<=n<=50, 0<=k<=10）

接下来n行,每行n个数,分别表示矩阵的每个格子的数

输出描述 Output Description

一个数,为最大和

样例输入 Sample Input

3 1

1 2 3

0 2 1

1 4 2

样例输出 Sample Output

11

数据范围及提示 Data Size & Hint

1<=n<=50, 0<=k<=10

题解

既然要走k次，那就不能用dp辣，只能用网络流做。

一开始想搞一个最大流，胡思乱想之后发现不可行，又开始yy费用流，一脸可行的样子，，

诶？这样的话最小费用最大流搞不出来啊？

原来这是一道最大费用最大流

SMG？

有学过咩？

四处膜拜资料，得到方法将正变负，负变正跑普通最小费用最大流，并且负边权所在边的流量只能为一（因为方格中的数只能被取走一次），再加一条方向相同，边权为0，流量为INF的边（跑过第一遍SPFA以后对于已经被取走数字的方格就只能走这条边了，相当于仅仅是路过）就可以辣！

ps：拆点拆点！

蒟蒻不会将反向边边权设为正导致RE++QAQ

CODE：

#include<cstdio>
#include<cstring>
const int INF=1e9;
struct queue
{
int h,t;
int a[500001];
inline void clear(){h=1,t=0;}
inline void push(int n){a[++t]=n;}
inline int front(){return a[h];}
inline void pop(){h++;}
inline bool empty(){return h>t;}
}q;
struct edge
{
int next,to,remain,cost;
}a[200001];
int s[51][51];
int head[10001];
int u[10001];
int dis[10001];
int f[10001];
bool b[10001];
int n,k,x,y,num=1,ans,S,T;
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
inline void add(int x,int y,int cap,int cost)
{
a[++num].next=head[x],a[num].to=y,a[num].remain=cap,a[num].cost=cost,head[x]=num;
}
inline bool SPFA()
{
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
q.clear(),q.push(S);
b[S]=1;
dis[S]=0;
u[S]=INF;
while(!q.empty())
{
int tmp=q.front();q.pop();
b[tmp]=0;
for(int i=head[tmp];i;i=a[i].next)
if(a[i].remain&&dis[a[i].to]>dis[tmp]+a[i].cost)
{
dis[a[i].to]=dis[tmp]+a[i].cost;
f[a[i].to]=i;
u[a[i].to]=min(u[tmp],a[i].remain);
if(!b[a[i].to]) b[a[i].to]=1,q.push(a[i].to);
}
}
if(dis[T]>INF) return 0;
int p=T,flow=u[T];
ans+=flow*dis[T];
while(p!=S)
{
a[f[p]].remain-=flow;
a[f[p]^1].remain+=flow;
p=a[f[p]^1].to;
}
return 1;
}
inline void mcmf()
{
while(SPFA());
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&k);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
scanf("%d",&s[i][j]);
//1~n*n:每一个格点 n*n+1~2*n*n:拆点 2*n*n+1:源点 2*n*n+2:汇点
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
add((i-1)*n+j,(n+i-1)*n+j,1,-s[i][j]),
add((n+i-1)*n+j,(i-1)*n+j,0,s[i][j]),
add((i-1)*n+j,(n+i-1)*n+j,INF,0),
add((n+i-1)*n+j,(i-1)*n+j,0,0);
//向拆点连一条容量为1的边，一条容量无限的边 拆点连回一条容量为0的边
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<n;j++)
add((n+i-1)*n+j,(i-1)*n+j+1,INF,0),
add((i-1)*n+j+1,(n+i-1)*n+j,0,0);
//从拆点向右连一条容量无限的边，连回一条容量为0的边
for(int i=1;i<n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
add((n+i-1)*n+j,i*n+j,INF,0),
add(i*n+j,(n+i-1)*n+j,0,0);
//从拆点向下连一条容量无限的边，连回一条容量为0的边
S=(n*n<<1)+1;T=S+1;
add(S,1,k,0),add(1,S,0,0),add(n*n<<1,T,k,0),add(T,n*n<<1,0,0);
mcmf();
printf("%d",-ans);
return 0;
}