[网络流24题] 数字梯形
738. [网络流24题] 数字梯形
★★★ 输入文件：digit.in 输出文件：digit.out 简单对比时间限制：1 s 内存限制：128 MB
«问题描述：
给定一个由n
行数字组成的数字梯形如下图所示。梯形的第一行有m 个数字。从梯形
的顶部的m
个数字开始，在每个数字处可以沿左下或右下方向移动，形成一条从梯形的顶
至底的路径。
规则1：从梯形的顶至底的m条路径互不相交。
规则2：从梯形的顶至底的m条路径仅在数字结点处相交。
规则3：从梯形的顶至底的m条路径允许在数字结点相交或边相交。
«编程任务：
对于给定的数字梯形，分别按照规则1，规则2，和规则3 计算出从梯形的顶至底的m
条路径，使这m条路径经过的数字总和最大。
«数据输入：
由文件digit.in提供输入数据。文件的第1 行中有2个正整数m和n（m,n<=20），分别
表示数字梯形的第一行有m个数字，共有n 行。接下来的n 行是数字梯形中各行的数字。
第1 行有m个数字，第2
行有m+1 个数字，…。
«结果输出:
程序运行结束时，将按照规则1，规则2，和规则3 计算出的最大数字总和输出到文件
digit.out中。每行一个最大总和。
输入文件示例 输出文件示例
digit.in
2 5
2 3
3 4 5
9 10 9 1
1 1 10 1 1
1 1 10 12 1 1
digit.out
66
75
77
【问题分析】
求图的最大权不相交路径及其变种，用费用最大流解决。
【建模方法】
规则(1)
把梯形中每个位置抽象为两个点<i.a>,<i.b>，建立附加源S汇T。
1、对于每个点i从<i.a>到<i.b>连接一条容量为1，费用为点i权值的有向边。
2、从S向梯形顶层每个<i.a>连一条容量为1，费用为0的有向边。
3、从梯形底层每个<i.b>向T连一条容量为1，费用为0的有向边。
4、对于每个点i和下面的两个点j，分别连一条从<i.b>到<j.a>容量为1，费用为0的有向边。
求最大费用最大流，费用流值就是结果。
规则(2)
把梯形中每个位置看做一个点i，建立附加源S汇T。
1、从S向梯形顶层每个i连一条容量为1，费用为0的有向边。
2、从梯形底层每个i向T连一条容量为无穷大，费用为点i权值的有向边。
3、对于每个点i和下面的两个点j，分别连一条从i到j容量为1，费用为点i权值的有向边。
求最大费用最大流，费用流值就是结果。
规则(3)
把梯形中每个位置看做一个点i，建立附加源S汇T。
1、从S向梯形顶层每个i连一条容量为1，费用为0的有向边。
2、从梯形底层每个i向T连一条容量为无穷大，费用为点i权值的有向边。
3、对于每个点i和下面的两个点j，分别连一条从i到j容量为无穷大，费用为点i权值的有向边。
求最大费用最大流，费用流值就是结果。
【建模分析】
对于规则1，要求路径完全不相交，也就是每个点最多只能被访问了一次，所以要把点拆分，之间连接容量为1的边。因为任意一条ST之间的路径都是一个解，在拆分的点内部的边费用设为点的权值，求最大费用最大流就是费用最大的m条路经。
对于规则2，要求路径可以相交，但不能有重叠，此时可以不必拆点了。为了保证路径没有重叠，需要在相邻的两个点上限制流量为1，由于顶层的每个点只能用1次，S向顶层点流量限制也为1。费用只需设在相邻点的边上，求最大费用最大流即可。
对于规则3，要求路径除了顶层每个点以外可以任意相交重叠。在规则2的基础上，取消除S到顶层顶点之间的边以外所有边的流量限制即可。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<iostream> #define debug(x) cerr<<#x<<" "<<x<<'\n'; using namespace std; const int N=1e4+5; const int M=45; struct edge{int v,next,cap,cost;}e[N<<2];int tot=1,head[N]; int S,T,n,m,ans,dis[N],pre[N],q[N];bool vis[N]; int cnt,num[M][M],id[M][M]; inline void add(int x,int y,int z,int cost=0){ e[++tot].v=y;e[tot].cap=z;e[tot].cost=cost;e[tot].next=head[x];head[x]=tot; e[++tot].v=x;e[tot].cap=0;e[tot].cost=-cost;e[tot].next=head[y];head[y]=tot; } const int oo=2e9; inline bool spfa(){ memset(vis,0,sizeof vis); for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=-oo; int h=0,t=1;q[t]=S;dis[S]=0; while(h!=t){ int x=q[++h];vis[x]=0; for(int i=head[x];i;i=e[i].next){ if(e[i].cap&&dis[e[i].v]<dis[x]+e[i].cost){ dis[e[i].v]=dis[x]+e[i].cost; pre[e[i].v]=i; if(!vis[e[i].v]){ vis[e[i].v]=1; q[++t]=e[i].v; } } } } return dis[T]!=-oo; } inline int augment(){ int flow=oo; for(int i=T;i!=S;i=e[pre[i]^1].v) flow=min(flow,e[pre[i]].cap); for(int i=T;i!=S;i=e[pre[i]^1].v){ e[pre[i]].cap-=flow; e[pre[i]^1].cap+=flow; } return flow*dis[T]; } inline void MCMF(){ while(spfa()) ans+=augment(); } inline void clr(){ ans=0;tot=1;memset(head,0,sizeof head); } inline void work1(){ S=0;T=cnt<<1|1; for(int i=1;i<=m;i++) add(S,id[1][i],1); for(int i=1;i<m+n;i++) add(id[n][i]+cnt,T,1); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<m+i;j++){ add(id[i][j],id[i][j]+cnt,1,num[i][j]); } } for(int i=1;i<n;i++){ for(int j=1;j<m+i;j++){ add(id[i][j]+cnt,id[i+1][j],1); add(id[i][j]+cnt,id[i+1][j+1],1); } } MCMF(); printf("%d\n",ans); } inline void work2(){ S=0;T=cnt+1;clr(); for(int i=1;i<=m;i++) add(S,id[1][i],1,0); for(int i=1;i<m+n;i++) add(id[n][i],T,oo,num[n][i]); for(int i=1;i<n;i++){ for(int j=1;j<m+i;j++){ add(id[i][j],id[i+1][j],1,num[i][j]); add(id[i][j],id[i+1][j+1],1,num[i][j]); } } MCMF(); printf("%d\n",ans); } inline void work3(){ S=0;T=cnt+1;clr(); for(int i=1;i<=m;i++) add(S,id[1][i],1); for(int i=1;i<m+n;i++) add(id[n][i],T,oo,num[n][i]); for(int i=1;i<n;i++){ for(int j=1;j<m+i;j++){ add(id[i][j],id[i+1][j],oo,num[i][j]); add(id[i][j],id[i+1][j+1],oo,num[i][j]); } } MCMF(); printf("%d\n",ans); } int main(){ freopen("digit.in","r",stdin); freopen("digit.out","w",stdout); scanf("%d%d",&m,&n); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<m+i;j++){ scanf("%d",&num[i][j]); id[i][j]=++cnt; } } work1(); work2(); work3(); return 0; }
