P2045 方格取数加强版
P2045 方格取数加强版
题目描述
给出一个n*n的矩阵,每一格有一个非负整数Aij,(Aij <= 1000)现在从(1,1)出发,可以往右或者往下走,最后到达(n,n),每达到一格,把该格子的数取出来,该格子的数就变成0,这样一共走K次,现在要求K次所达到的方格的数的和最大
输入输出格式
输入格式:
第一行两个数n,k(1<=n<=50, 0<=k<=10)
接下来n行,每行n个数,分别表示矩阵的每个格子的数
输出格式:
一个数,为最大和
输入输出样例
说明
每个格子中的数不超过1000
相信一定有一些人一看到N<=50就想搜索(233……),但是显然TLE。
那么对于K<=10,我记得当k<=2时,貌似用DP也能做。
这题的坑就在于“加强版”,其实这题是个图论。
再看看,不难想到这是网络流“最大流最大消费”,再看到aij<=1000,便可以将每个数取负数,就最小消费流即可。
怎么建图,是网络流中的难点。
因为每个点只能去一次,所以拆成两点,这两点之间有两条路,一条只能走一次(流量为1),但可以取到数(费用为-aij)
另一点最多能走k次,取不到数。
有人喜欢建超级源点和汇点(因为只取k次),其实不用如此。
我们从1,1点出发SPFAk次即可,注意如果有一次到不了终点直接结束!
OK,就这样AC了。注意点的位置,我用的是pos(i,j)=(i-1)*n+j,比较方便。
AC代码如下:
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> #include<algorithm> #define pos(i,j) (i-1)*n+j using namespace std; +; *; struct p { int to,w,cost,nxt; }e[M]; ],dis[N<<],pre[N<<]; ]; int x,num,n,k,cnt; void add(int u,int v,int ds,int cst) { e[cnt].nxt=h[u]; e[cnt].to=v; e[cnt].w=ds; e[cnt].cost=cst; h[u]=cnt; cnt++; e[cnt].nxt=h[v]; e[cnt].to=u; e[cnt].w=; e[cnt].cost=-cst; h[v]=cnt; cnt++; } int solve() { ; while(k--) { memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); memset(pre,-,sizeof(pre)); queue<int>q; q.push(); dis[]=; while(!q.empty()) { int now=q.front(); q.pop();inq[now]=; ;i=e[i].nxt) if(e[i].w&&dis[e[i].to]>dis[now]+e[i].cost) { dis[e[i].to]=dis[now]+e[i].cost; pre[e[i].to]=i; ; } } ) return -ans; ,j=n*n+N; ) { mx=min(mx,e[pre[j]].w); j=e[pre[j]^].to; } j=n*n+N; ) { ans+=e[pre[j]].cost*mx; e[pre[j]].w-=mx; e[pre[j]^].w+=mx; j=e[pre[j]^].to; } } return -ans; } int main() { memset(h,-,sizeof(h)); scanf("%d%d",&n,&k); ;i<=n;i++) ;j<=n;j++) { scanf("%d",&x); num=pos(i,j); add(num,num+N,,-x);add(num,num+N,k,); ,j),k,); ),k,); } printf("%d",solve()); ; }
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