【题解】P3356 火星探险问题
\(\mathfrak{1st.\ Preamble|}\) 前言
题目传送门：洛谷 P3356 火星探险问题 。
这篇题解已在洛谷上通过了。个人认为这篇题解讲的还是比较详细的。
\(\mathfrak{2nd.\ Solution|}\) 题解
看到题目的第一眼，我的反应是这样的：这不跟深海机器人问题差不多吗？Ctrl-C Ctrl-V 秒了。
不过我还是讲讲怎么建模吧。
这里我定义点 \((x,y)\) 表示第 \(x\) 行第 \(y\) 列的数，和题目中的是反过来的 （题目里的那种表示方法有点反人类）。
建模
把一个点 \((x,y)\) 拆成 \((x,y)_1\) 和 \((x,y)_2\) 两个点，\(x_1\) 为入点，\(x_2\) 为出点。
平坦无障碍（\(0\)）
- 建边 \((x,y)_1 \rightarrow (x,y)_2\)，容量为 \(\inf\)，费用为 \(0\)，代表这个点可以走无数次，没有收益。
- 建边 \((x,y)_2 \rightarrow (x+1,y)_1\)，容量为 \(\inf\)，费用为 \(0\)，代表这个从这个点向南到下面那个点可以走无数次。
- 建边 \((x,y)_2 \rightarrow (x,y+1)_1\)，容量为 \(\inf\)，费用为 \(0\)，代表这个从这个点向东到右边那个点可以走无数次。
障碍（\(1\)）
没法走，不用管它。
石块（\(2\)）
和平坦无障碍的相比，只需要再多加一条边 \((x,y)_1 \rightarrow (x,y)_2\)，容量为 \(1\)，费用为 \(1\)，代表只可以捡一次石块，收益为 \(1\)。
最后跑最大费用最大流即可。
输出
我建完模就直接输出费用，然后开开心心地跑去测样例，丫的，居然要输出路径！我当场懵逼，冥（cha）思（kan）苦（ti）想（jie）后得到了下面的方法：
对于每条路径，从起点开始搜索，每搜到一个点，选一条反向边有剩余容量（说明被走过）的临边走过去，并把反向边的剩余容量减去 \(1\)，直到走到终点。
如果看不懂可以看代码：
void put_ans(int a){
int x=1,y=1; // 从起点开始搜索
while(1){
if(x>=q&&y>=p)return; // 到达终点
int u=B(x,y);
for(int i=head[u];i;i=e[i].pre){
int v=e[i].to;
if(!e[i^1].w)continue; // 反向边有剩余容量
if(v==A(x+1,y)){x++,e[i^1].w--,printf("%d 0\n",a);break;} // 向南走
if(v==A(x,y+1)){y++,e[i^1].w--,printf("%d 1\n",a);break;} // 向东走
}
}
}
\(\mathfrak{3rd.\ Code|}\) 代码
我是把边权设为负数跑最小费用最大流的方式求解最大费用最大流。代码压行请见谅。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll inf=1e18,N=5e3+10,M=5e4+10;
inline int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
return x*f;
}
ll e_cnt=1,head[N];
struct EDGE{ll from,to,w,c,pre;}e[M<<1];
ll n,p,q,s,t,ans,cost;
ll dis[N],pre[N];
inline void add(ll from,ll to,ll w,ll c){
e[++e_cnt]=(EDGE){from,to,w,c,head[from]};
head[from]=e_cnt;
}
inline void add_edge(ll u,ll v,ll w,ll c){
add(u,v,w,c),add(v,u,0,-c);
}
inline int A(int x,int y){return (x-1)*p+y;} // (x,y)_1
inline int B(int x,int y){return A(x,y)+p*q;} // (x,y)_2
//------------------最大费用最大流板子---------------------
bool spfa(ll s,ll t){
bool inq[N];
memset(pre,-1,sizeof(pre));
for(int i=1;i<=t;i++)dis[i]=inf,inq[i]=0;
queue<ll>que;
dis[s]=0,inq[s]=1,que.push(s);
while(!que.empty()){
ll u=que.front();
que.pop();
inq[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=e[i].pre){
if(e[i].w>0){
ll v=e[i].to,c=e[i].c;
if(dis[u]+c<dis[v]){
dis[v]=dis[u]+c;
pre[v]=i;
if(!inq[v]){
que.push(v);
inq[v]=1;
}
}
}
}
}
return dis[t]!=inf;
}
void mincost(ll s,ll t){
while(spfa(s,t)){
ll v=t,flow=inf;
while(pre[v]!=-1){
ll i=pre[v],u=e[i].from;
flow=min(flow,e[i].w);
v=u;
}
v=t;
while(pre[v]!=-1){
ll i=pre[v],u=e[i].from;
e[i].w-=flow;
e[i^1].w+=flow;
v=u;
}
cost+=dis[t]*flow;
ans+=flow;
}
}
//------------end of 最大费用最大流-------------
void put_ans(int a){
int x=1,y=1; // 从起点开始搜索
while(1){
if(x>=q&&y>=p)return; // 到达终点
int u=B(x,y);
for(int i=head[u];i;i=e[i].pre){
int v=e[i].to;
if(!e[i^1].w)continue; // 反向边有剩余容量
if(v==A(x+1,y)){x++,e[i^1].w--,printf("%d 0\n",a);break;} // 向南走
if(v==A(x,y+1)){y++,e[i^1].w--,printf("%d 1\n",a);break;} // 向东走
}
}
}
int main(){
n=read(),p=read(),q=read();
s=p*q*2+1,t=s+1;
for(int i=1;i<=q;i++){
for(int j=1;j<=p;j++){
int x;
x=read();
if(x!=1){ // 0和2有三条相同边，合在一起，1啥也不干
add_edge(A(i,j),B(i,j),inf,0);
if(i+1<=q)add_edge(B(i,j),A(i+1,j),inf,0);
if(j+1<=p)add_edge(B(i,j),A(i,j+1),inf,0);
if(x==2)add_edge(A(i,j),B(i,j),1,-1); // 2多建一条边
}
}
}
add_edge(s,A(1,1),n,0);
add_edge(B(q,p),t,n,0);
mincost(s,t);
for(int i=1;i<=ans;i++)put_ans(i);
return 0;
}
\(\mathfrak{4th.\ Postscript|}\) 后记
第一遍编号标错居然可以拿 \(84\) 分（只有 #5 没过），这数据着实有点水……
