【刷题】LOJ 6225 「网络流 24 题」火星探险问题
题目描述
火星探险队的登陆舱将在火星表面着陆，登陆舱内有多部障碍物探测车。
登陆舱着陆后，探测车将离开登陆舱向先期到达的传送器方向移动。
探测车在移动中还必须采集岩石标本。
每一块岩石标本由最先遇到它的探测车完成采集。
每块岩石标本只能被采集一次。
岩石标本被采集后，其他探测车可以从原来岩石标本所在处通过。
探测车不能通过有障碍的地面。
本题限定探测车只能从登陆处沿着向南或向东的方向朝传送器移动，而且多个探测车可以在同一时间占据同一位置。
如果某个探测车在到达传送器以前不能继续前进，则该车所采集的岩石标本将全部损失。
用一个 \(\text{P}\times \text{Q}\) 网格表示登陆舱与传送器之间的位置。登陆舱的位置在 \((X_1,Y_1)\) 处，传送器 的位置在 \((X_P,Y_Q)\) 处。 给定每个位置的状态，计算探测车的最优移动方案，使到达传送器的探测车的数量最多， 而且探测车采集到的岩石标本的数量最多。
输入格式
文件的第一行为探测车数 \(\text{car}\) ，第二行为 \(\text{P}\) 的值，第三行为 \(\text{Q}\) 的值。
接下来的 \(\text{Q}\) 行是表示登陆舱与传送器之间的位置状态的 \(\text{P}\times \text{Q}\) 网格。
用三个数字表示火星表面位置的状态：0 表示平坦无障碍，1表示障碍，2 表示石块。
输出格式
程序运行结束时，输出每个探测车向传送器移动的序列。
每行包含探测车号和一个移动方向，0 表示向南移动，1 表示向东移动。
样例
样例输入
2
10
8
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 1 0 0 0
0 0 0 1 0 2 0 0 0 0
1 1 0 1 2 0 0 0 0 1
0 1 0 0 2 0 1 1 0 0
0 1 0 1 0 0 1 1 0 0
0 1 2 0 0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
样例输出
1 1
1 1
1 1
1 1
1 0
1 0
1 1
1 1
1 1
1 1
1 0
1 0
1 1
1 0
1 0
1 0
2 1
2 1
2 1
2 1
2 0
2 0
2 0
2 0
2 1
2 0
2 0
2 1
2 0
2 1
2 1
2 1
数据范围与提示
\(1\leq P,Q,\text{car}\leq 35\)
题解
经典套路
一个点只能贡献一次权值，但可以重复经过
那么就拆点，拆成入点和出点，之间连两条边，一条容量为 \(1\) ，费用为贡献，另一条容量为 \(inf\) ，费用为 \(0\)
原来的 \(u\) 连向 \(v\) 的边变成从 \(u\) 的出点连向 \(v\) 的入点
跑最大费用流即可
#include<bits/stdc++.h>
#define ui unsigned int
#define ll long long
#define db double
#define ld long double
#define ull unsigned long long
const int MAXN=2500+10,MAXM=(MAXN<<2)+10,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,k,e=1,G[40][40],beg[MAXN],cur[MAXN],vis[MAXN],level[MAXN],clk,nex[MAXM<<1],to[MAXM<<1],cap[MAXM<<1],was[MAXM<<1],p[MAXN],s,t,answas,all,dr[2][2]={{0,1},{1,0}};
std::queue<int> q;
template<typename T> inline void read(T &x)
{
T data=0,w=1;
char ch=0;
while(ch!='-'&&(ch<'0'||ch>'9'))ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')data=((T)data<<3)+((T)data<<1)+(ch^'0'),ch=getchar();
x=data*w;
}
template<typename T> inline void write(T x,char ch='\0')
{
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)write(x/10);
putchar(x%10+'0');
if(ch!='\0')putchar(ch);
}
template<typename T> inline void chkmin(T &x,T y){x=(y<x?y:x);}
template<typename T> inline void chkmax(T &x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T> inline T min(T x,T y){return (x<y?x:y);}
template<typename T> inline T max(T x,T y){return (x>y?x:y);}
inline int id(int x,int y)
{
return (x-1)*m+y;
}
inline void insert(int x,int y,int z,int w)
{
to[++e]=y;
nex[e]=beg[x];
beg[x]=e;
cap[e]=z;
was[e]=w;
to[++e]=x;
nex[e]=beg[y];
beg[y]=e;
cap[e]=0;
was[e]=-w;
}
inline bool bfs()
{
for(register int i=1;i<=t;++i)level[i]=-inf;
level[s]=0;
p[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
p[x]=0;
for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])
if(cap[i]&&level[to[i]]<level[x]+was[i])
{
level[to[i]]=level[x]+was[i];
if(!p[to[i]])p[to[i]]=1,q.push(to[i]);
}
}
return level[t]!=-inf;
}
inline int dfs(int x,int maxflow)
{
if(x==t||!maxflow)return maxflow;
vis[x]=clk;
int res=0;
for(register int &i=cur[x];i;i=nex[i])
if((vis[to[i]]^vis[x])&&cap[i]&&level[to[i]]==level[x]+was[i])
{
int f=dfs(to[i],min(cap[i],maxflow));
cap[i]-=f;
cap[i^1]+=f;
res+=f;
answas+=f*was[i];
maxflow-=f;
if(!maxflow)break;
}
vis[x]=0;
return res;
}
inline int Dinic()
{
int res=0;
while(bfs())clk++,memcpy(cur,beg,sizeof(cur)),res+=dfs(s,inf);
return res;
}
inline bool adfs(int opt,int x)
{
if(x==id(n,m))return true;
for(register int i=beg[x];i;i=nex[i])
if(cap[i^1]&&(i&1^1))
{
cap[i^1]--;
if(to[i]<=all)printf("%d %d\n",opt,to[i]==x+1-all);
if(adfs(opt,to[i]))return true;
}
return false;
}
int main()
{
read(k);read(m);read(n);
for(register int i=1;i<=n;++i)
for(register int j=1;j<=m;++j)read(G[i][j]);
all=n*m,s=all+all+1,t=s+1;
if(G[1][1]!=1)insert(s,id(1,1),k,0);
if(G[n][m]!=1)insert(id(n,m)+all,t,k,0);
for(register int i=1;i<=n;++i)
for(register int j=1;j<=m;++j)
{
if(G[i][j]!=1)insert(id(i,j),id(i,j)+all,inf,0);
if(G[i][j]==2)insert(id(i,j),id(i,j)+all,1,1);
for(register int p=0;p<2;++p)
{
int dx=i+dr[p][0],dy=j+dr[p][1];
if(dx<1||dx>n||dy<1||dy>m||G[dx][dy]==1)continue;
insert(id(i,j)+all,id(dx,dy),inf,0);
}
}
int ans=Dinic();
if(G[1][1]!=1)
for(register int i=1;i<=ans;++i)adfs(i,id(1,1));
return 0;
}
