LuoguP4012 深海机器人问题(费用流)

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×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) 。

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 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。

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.

解题思路：

输入喷我一脸。

在边界建两条流，一条流量为1有费用，一条为0无费用

代码：

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
const int oo=0x3f3f3f3f;
struct pnt{
    int hd;
    int pre;
    int lst;
    int dis;
    int val;
    bool vis;
}p[100000];
struct ent{
    int twd;
    int lst;
    int vls;
    int dis;
}e[1000000];
int cnt;
int n,m;
int s,t;
int ns,nt;
int no[101][101];
std::queue<int>Q;
void ade(int f,int t,int v,int d)
{
    cnt++;
    e[cnt].twd=t;
    e[cnt].vls=v;
    e[cnt].dis=d;
    e[cnt].lst=p[f].hd;
    p[f].hd=cnt;
    return ;
}
bool Spfa(void)
{
    for(int i=1;i<=t;i++)
    {
        p[i].dis=p[i].val=oo;
        p[i].vis=false;
    }
    p[t].pre=-1;
    p[s].dis=0;
    p[s].vis=true;
    while(!Q.empty())
        Q.pop();
    Q.push(s);
    while(!Q.empty())
    {
        int x=Q.front();
        Q.pop();
        p[x].vis=false;
        for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst)
        {
            int to=e[i].twd;
            if(p[to].dis>p[x].dis+e[i].dis&&e[i].vls>0)
            {
                p[to].dis=p[x].dis+e[i].dis;
                p[to].val=std::min(p[x].val,e[i].vls);
                p[to].pre=x;
                p[to].lst=i;
                if(p[to].vis)
                    continue;
                p[to].vis=true;
                Q.push(to);
            }
        }
    }
    return p[t].pre!=-1;
}
int Ek(void)
{
    int ans=0;
    while(Spfa())
    {
        ans+=p[t].dis*p[t].val;
        for(int i=t;i!=s;i=p[i].pre)
        {
            e[p[i].lst].vls-=p[t].val;
            e[((p[i].lst-1)^1)+1].vls+=p[t].val;
        }
    }
    return ans;
}
int main()
{
//    freopen("a.in","r",stdin);
    scanf("%d%d",&ns,&nt);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=0;j<=m;j++)
            no[i][j]=++cnt;
    s=cnt+1;
    t=cnt+2;
    cnt=0;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<m;j++)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            ade(no[i][j],no[i][j+1],1,-x);
            ade(no[i][j+1],no[i][j],0,x);
            ade(no[i][j],no[i][j+1],oo,0);
            ade(no[i][j+1],no[i][j],0,0);
        }
    }
    for(int j=0;j<=m;j++)
    {
        for(int i=0;i<n;i++)
        {
            int x;
            scanf("%d",&x);
            ade(no[i][j],no[i+1][j],1,-x);
            ade(no[i+1][j],no[i][j],0,x);
            ade(no[i][j],no[i+1][j],oo,0);
            ade(no[i+1][j],no[i][j],0,0);
        }
    }
    for(int i=1;i<=ns;i++)
    {
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&c,&a,&b);
        ade(s,no[a][b],c,0);
        ade(no[a][b],s,0,0);
    }
    for(int i=1;i<=nt;i++)
    {
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&c,&a,&b);
        ade(no[a][b],t,c,0);
        ade(t,no[a][b],0,0);
    }
    printf("%d\n",-Ek());
    return 0;
}