382. K取方格数

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382. K取方格数

在一个 $N \times N$ 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。

输入格式

第一行包含两个整数 $N$ 和 $K$。

接下来 $N$ 行，每行包含 $N$ 个不超过 $1000$ 的整数，用来描述整个矩形网格。

输出格式

输出一个整数，表示能取得的最大和。

数据范围

$1 \le N \le 50$,
$0 \le K \le 10$

输入样例：

3 2
1 2 3
0 2 1
1 4 2

输出样例：

15

解题思路

费用流

建图：建立源点 $s$ 和汇点 $t$，对于方格上的每个点来说其上的值只能取一次，即对点有限制，需要拆点，即将方格上的每个点拆分为入点和出点，入点向出点连边，容量为 $1$，费用为点权，又由于一个点可以经过多次，即可能存在这样一种情况：再次经过该点，但没有权值，不妨再次从入点向出点连边，容量足够大，费用为 $0$，同时原方格中点与点之间也需要连边，即每个点的出点需要向其下方和右方的点的入点连边，容量足够大，费用为 $0$，另外，源点向方格左上角的第一个点的入点连边，容量为 $k$，费用为 $0$，方格右下角的最后一个点的出点向 $t$ 连边，容量为 $k$，费用为 $0$，最后求解从 $s$ 到 $t$ 的最大费用最大流即为所求
$\color{red}{为什么？}$
不难发现，建立的流网络中的可行流与实际问题是一一对应的，即从 $s$ 出发最多 $k$ 的流量，另外到 $t$ 也最多 $k$ 的流量，对应 $k$ 条不同的路径，对应流网络中的每一条 $1$ 单位的流量对应一条路径，对于某条入点连向出点的边来说，由于其容量为 $1$，即一条路径只会经过该边一次，即取其权值一次，其他经过该点只能通过另外一条没有费用的边，即可能多次经过该点

• 时间复杂度：$O(n^4k)$

代码

// Problem: K取方格数
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/384/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>

//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }

template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=5005,M=(N*2+N*2)*2,inf=1e9;
int n,k,S,T;
int h[N],f[M],w[M],ne[M],e[M],idx;
int d[N],pre[N],incf[N],q[N];
bool st[N];
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++;
}
int get(int x,int y,int t)
{
    return (x*n+y)*2+t;
}
bool spfa()
{
    memset(d,-0x3f,sizeof d);
    memset(incf,0,sizeof incf);
    d[S]=0,incf[S]=inf,q[0]=S;
    int hh=0,tt=1;
    while(hh!=tt)
    {
        int x=q[hh++];
        if(hh==N)hh=0;
        st[x]=false;
        for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
        {
            int y=e[i];
            if(d[y]<d[x]+w[i]&&f[i])
            {
                d[y]=d[x]+w[i];
                pre[y]=i;
                incf[y]=min(incf[x],f[i]);
                if(!st[y])
                {
                    q[tt++]=y;
                    if(tt==N)tt=0;
                    st[y]=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 main()
{
    memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d",&n,&k);
    S=n*n*2,T=S+1;
    add(S,get(0,0,0),k,0);
    add(get(n-1,n-1,1),T,k,0);
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
        {
            int c;
            scanf("%d",&c);
            add(get(i,j,0),get(i,j,1),1,c);
            add(get(i,j,0),get(i,j,1),inf,0);
            if(i+1<n)
                add(get(i,j,1),get(i+1,j,0),inf,0);
            if(j+1<n)
                add(get(i,j,1),get(i,j+1,0),inf,0);
        }
    printf("%d",EK());
    return 0;
}

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本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16944500.html
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