汽车加油行驶问题

题面

传送门
(略)

sol

前言:
此题主要的思想启发在于 用分层图来满足固定限制

正文:

考虑到k特别小,可以对于油量的不同状态分别建图,以此来控制运行距离
因此不妨将第1层作为满油,第k+1层作为空油, 注意初始状态一定是满油,而结束状态不确定
因此将S连向第一层(1,1),每一层(n,n)都连向T
行驶: 1~k每层中的非油库点都向其可到达的(下一层)每个点连边,费用易得
加油(已有油站): 2~k+1中每一层油站的点,都向第一层该点连边,表示油量状态的变化,费用为A
设置油站 : 对于2~k+1中每个非油站的点向第1层同点连费用为A+C的边
最后最小费用最大流即可

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define re register
#define in inline
#define get getchar()
#define ll long long
in int read()
{
    int t=0; char ch=get;
    while(ch<'0' || ch>'9') ch=get;
    while(ch<='9' && ch>='0') t=t*10+ch-'0', ch=get;
    return t;
}
#define int ll
const int _=4e5+23;
const int inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int tot=1, S, T, h[_], n, k, A, B, C, f[110][110];
struct edge{
    int to,ne,w,val;
}e[_<<5];
in void add(int x,int y,int z,int w)
{
    e[++tot].ne=h[x], e[tot].to=y, e[tot].w=z, e[tot].val=w, h[x]=tot;
    e[++tot].ne=h[y], e[tot].to=x, e[tot].w=0, e[tot].val=-w, h[y]=tot;
}
int dis[_], cur[_], vis[_];
in int bfs()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
    queue<int >q;
    q.push(S); dis[S]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front(); q.pop();
        cur[u]=h[u];vis[u]=0;
        for(re int i=h[u];i;i=e[i].ne)
        {
            int v=e[i].to;
            if(dis[v]>dis[u]+e[i].val && e[i].w)
            {
                dis[v]=dis[u]+e[i].val;
                if(!vis[v]){ vis[v]=1; q.push(v);}
            }
        }
    }
    return dis[T]!=inf;
}
ll cost=0;
in int dfs(int u,int flow)
{
    if(u==T || !flow) return flow;
    int used=0, d; vis[u]=1;
    for(re int i=cur[u];i;i=e[i].ne)
    {
        int v=e[i].to; cur[u]=i;
        if(!vis[v] && e[i].w && dis[v]==dis[u]+e[i].val)
        {
            d=dfs(v,min(flow-used,e[i].w));
            if(!d) continue;
            used+=d, e[i].w-=d, e[i^1].w+=d, cost+=1ll*d*e[i].val;
            if(used==flow) break;
        }
    }
    return used;
}
int maxflow;
in void dinic()
{
    int qwe;
    while(bfs())
        while(memset(vis,0,sizeof(vis)) && (qwe=dfs(S,inf)));
}
in int id(int k,int x,int y) //第k层,(x,y)点的标号
{
    return (k-1)*n*n+(x-1)*n+y;
}
int num(int x,int y) { return id(1,x,y);}
#define link add
signed main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("1.in","r",stdin);
#endif
    n=read(),k=read(), A=read(), B=read(), C=read(), S=n*n*(k+1)+1, T=S+1;
    for(re int i=1;i<=n;++i)
        for(re int j=1;j<=n;++j) f[i][j]=read();
    for(re int q=1;q<=k+1;++q){
        add(id(q,n,n),T,1,0);
        for(re int i=1;i<=n;++i)
            for(re int j=1;j<=n;++j)
            {
                int tt=q+1;
                if(q==1 || (q<=k && f[i][j]==0))
                {
                    if(i+1<=n) add(id(q,i,j),id(tt,i+1,j),inf,0);
                    if(j+1<=n) add(id(q,i,j),id(tt,i,j+1),inf,0);
                    if(i-1>=1) add(id(q,i,j),id(tt,i-1,j),inf,B);
                    if(j-1>=1) add(id(q,i,j),id(tt,i,j-1),inf,B);
                }
                if(q>1) add(id(q,i,j),id(1,i,j),1,A+C);
                if(q>1 && f[i][j]) add(id(q,i,j),id(1,i,j),inf,A);
            }
    }
    add(S,id(1,1,1),1,0);
    dinic();
    cout<<cost<<endl;
    return 0;
}