HDU 3376 費用流

題意：給你一個矩陣，問從左上走到右下再從右下回到左上，每個點只能走一次，問最大值是多少。

思路：一看就知道是費用流，但是在建圖這裡卡住了。因為一開始不知道怎麼從右下重新回到左上。

寫了很久建圖的過程，最後掛了 。然後參考了別人的圖，發現只要在插入一個源點與起點串連，容量是2，費用是0，終點與匯點相連，容量是2，費用0。這樣就能控制來回兩次的問題。

關於建圖，將每個點拆成i , i + n * n .容量是1 ，費用是該點的值，容量1就能控制每個點只走一次。當然起點和終點的容量得是2。

假設i和j可以相連，那麼將i + n * n 與j相連，容量是inf ，費用是0 ，當然這題我容量直接是2了，因為最大流就是2。

源點與起點相連，容量為2，費用為0.

終點與匯點相連，容量為2，費用為0.

 

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <string>#include <cmath>#include <cstring>#include <queue>#include <set>#include <vector>#include <stack>#include <map>#include <iomanip>#define PI acos(-1.0)#define Max 2005#define inf 1<<28#define LL(x) (x<<1)#define RR(x) (x<<1|1)#define REP(i,s,t) for(int i=(s);i<=(t);++i)#define ll long long#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))#define mp(a,b) make_pair(a,b)using namespace std;inline void readint(int &ret){    char c;    do    {        c = getchar();    }    while(c < '0' || c > '9');    ret = c - '0';    while((c=getchar()) >= '0' && c <= '9')        ret = ret * 10 + ( c - '0' );}int Map[666][666] ;int inmap(int x ,int y ,int n ){    if(x >0 && x <= n && y > 0 && y <= n) return 1 ;    return 0 ;}int mx[2] = {0,1} ;int my[2] = {1,0} ;struct kdq{    int s , e, l , c ,next ;} ed[21111111] ;int head[1111111] ,num ;void add(int s ,int e ,int l ,int c ){    ed[num].s = s ;    ed[num].e = e ;    ed[num].l = l ;    ed[num].c = c ;    ed[num].next = head[s] ;    head[s] = num ++ ;    ed[num].s = e ;    ed[num].e = s ;    ed[num].l = 0 ;    ed[num].c = -c ;    ed[num].next = head[e] ;    head[e] = num ++ ;}int S , T ;int dis[1111111] ;bool vis[1111111] ;int qe[11111111] ;int pre[1111111] ;int path[1111111] ;int spfa(){//    REP(i,1,T) dis[i] = inf ;    mem(dis,-1) ;    dis[S] = 0 ;    vis[S] = 1 ;    int h = 0 ,t = 0 ;    qe[h ++ ] = S ;    while( h > t )    {        int tt  = qe[t ++ ] ;        //cout << tt <<endl;        vis[tt] = 0 ;        for (int i  = head[tt]  ; ~i ; i = ed[i].next  )        {            int e = ed[i].e ;            int l = ed[i].l ;            int c = ed[i].c ;//            cout << tt <<" " << e << " " << c << endl;            //cout << e << endl;            if(l > 0 &&dis[e] < dis[tt] + c)            {                pre[e] = tt ;                path[e] = i ;                dis[e] = dis[tt] + c ;                if(!vis[e])                {                    vis[e] = 1 ;                    qe[h ++ ] = e ;                }            }        }    }    return dis[T] != -1 ;}int MFMC(){    int mic = 0 ;    while(spfa())    {        int flow = inf ;        for (int i = T ; i != S ; i = pre[i])        {            flow = min(flow ,ed[path[i]].l) ;        }        for (int i = T ; i != S ; i = pre[i])        {            ed[path[i]].l -= flow ;            ed[path[i] ^ 1].l += flow ;        }        mic += dis[T] * flow ;    }    return mic ;}void init(){    mem(head,-1) ;    num = 0 ;}int main(){    int n ;    while(cin >> n )    {        init() ;        S = 0 ;        T = n * n + n * n + 1 ;        REP(i,1,n)REP(j,1,n)readint(Map[i][j]) ;        REP(i,1,n)        {            REP(j,1,n)            {                add((i - 1 ) * n + j , n * n + (i - 1 )  * n + j , 1, Map[i][j]) ;//拆點，i -> i + n * n ，容量1，費用為該點值                 REP(k,0,1)                {                    int tx = i + mx[k] ;                    int ty = j + my[k] ;                    if(inmap(tx,ty,n))                    {                        add(n * n + (i - 1 ) * n + j , ( tx - 1 ) * n + ty ,2 ,0) ;//若兩點可達, i + n * n -> j ,容量為inf ,費用為0 .                    }                }            }        }        add(1,1 + n * n , 1, Map[1][1]) ;//起點容量+1        add(n * n , n * n * 2 ,1,Map[n][n]) ;//終點容量+1        add(S,1,2,0) ;//源點到起點，容量2，費用0        add(n * n + n * n , T ,2,0) ;//終點到匯點，容量2，費用0         printf("%d\n",MFMC() - Map[1][1] - Map[n][n]) ;//因為起點和終點走了2次，所以要減去他的值，當然也可以在重新加邊的時候費用為0即可。    }    return 0 ;}