K取方格数（费用流）

题意

在一个\(N*N\)的矩形网格中，每个格子里都写着一个非负整数。

可以从左上角到右下角安排\(K\)条路线，每一步只能往下或往右，沿途经过的格子中的整数会被取走。

若多条路线重复经过一个格子，只取一次。求能取得的整数的和最大是多少。

思路

这道题与数字梯形那道题的第三问很像，区别在于数字梯形是\(m\)个起点，若干个终点，每个数字可以取无限次。这道题是\(1\)个起点，\(1\)个终点，每个数字只能取\(1\)次，但是可以到达无限次。

起点和终点的问题很好处理，关键在于如何处理每个数字只能取\(1\)次，但是可以到达无限次的情况呢。

这里有个技巧就是，入点向出点连两条边，一条边的容量是\(1\)，费用是点权；另一条边的容量是\(K - 1\)，费用是\(0\)。

其他建图方式与数字梯形那道题相同，即每个点向右和下两个点连容量是\(K\)，费用是\(0\)的边。源点向起点连容量是\(K\)，费用是\(0\)的边；终点向汇点连容量是\(K\)，费用是\(0\)的边。

跑最大费用流即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>

using namespace std;

const int N = 5010, M = 20010, inf = 1e8;

int n, k, S, T;
int h[N], e[M], ne[M], f[M], w[M], idx;
int pre[N], d[N], incf[N];
bool st[N];
int cost[55][55];

void add(int a, int b, int c, int d)
{
    e[idx] = b, f[idx] = c, w[idx] = d, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
    e[idx] = a, f[idx] = 0, w[idx] = -d, ne[idx] = h[b], h[b] = idx ++;
}

bool spfa()
{
    memset(d, 0x3f, sizeof(d));
    memset(incf, 0, sizeof(incf));
    queue<int> que;
    que.push(S);
    d[S] = 0, incf[S] = inf;
    st[S] = true;
    while(que.size()) {
        int t = que.front();
        que.pop();
        st[t] = false;
        for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
            int ver = e[i];
            if(f[i] && d[ver] > d[t] + w[i]) {
                d[ver] = d[t] + w[i];
                pre[ver] = i;
                incf[ver] = min(incf[t], f[i]);
                if(!st[ver]) {
                    que.push(ver);
                    st[ver] = true;
                }
            }
        }
    }
    return incf[T] > 0;
}

int EK()
{
    int cost = 0;
    while(spfa()) {
        int t = incf[T];
        cost += t * d[T];
        for(int i = T; i != S; i = e[pre[i] ^ 1]) {
            f[pre[i]] -= t;
            f[pre[i] ^ 1] += t;
        }
    }
    return cost;
}

int id(int i, int j, int sign)
{
    return (i - 1) * n + j + sign * n * n;
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &k);
    memset(h, -1, sizeof(h));
    S = 2 * n * n + 1, T = S + 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        for(int j = 1; j <= n; j ++) {
            scanf("%d", &cost[i][j]);
        }
    }
    add(S, id(1, 1, 0), k, 0);
    add(id(n, n, 1), T, k, 0);
    for(int i = 1; i <= n; i ++) {
        for(int j = 1; j <= n; j ++) {
            add(id(i, j, 0), id(i, j, 1), 1, cost[i][j]);
            add(id(i, j, 0), id(i, j, 1), k - 1, 0);
            if(i + 1 <= n) add(id(i, j, 1), id(i + 1, j, 0), k, 0);
            if(j + 1 <= n) add(id(i, j, 1), id(i, j + 1, 0), k, 0);
        }
    }
    for(int i = 0; i < idx; i += 2) {
        w[i] = -w[i], w[i ^ 1] = -w[i ^ 1];
        f[i] += f[i ^ 1], f[i ^ 1] = 0;
    }
    printf("%d\n", -EK());
    return 0;
}