题目描述
火星探险队的登陆舱将在火星表面着陆，登陆舱内有多部障碍物探测车。登陆舱着陆后，探测车将离开登陆舱向先期到达的传送器方向移动。探测车在移动中还必须采集岩石标本。每一块岩石标本由最先遇到它的探测车完成采集。每块岩石标本只能被采集一次。岩石标本被采集后，其他探测车可以从原来岩石标本所在处通过。探测车不能通过有障碍的地面。本题限定探测车只能从登陆处沿着向南或向东的方向朝传送器移动，而且多个探测车可以在同一时间占据同一位置。如果某个探测车在到达传送器以前不能继续前进，则该车所采集的岩石标本将全部损失。
用一个 P·Q 网格表示登陆舱与传送器之间的位置。登陆舱的位置在(X1,Y1)处，传送器
的位置在(XP ,YQ)处。
X 1,Y 1 X 2 , Y 1 X 3 , Y 1 ... X P-1, Y 1 X P , Y 1
X 1,Y 2 X 2 , Y 2 X 3 , Y 2 ... X P-1, Y 2 X P , Y 2
X 1, Y 3 X 2 , Y 3 X 3 ,Y 3 ... X P-1, Y 3 X P , Y 3
... ...
X 1 ,Y Q-1 X 2 , Y Q-1 X 3 , Y Q-1 ... X P-1, Y Q-1 X P , Y Q-1
X 1,Y Q X 2 , Y Q X 3 , Y Q ... X P-1, Y Q X P ,Y Q
给定每个位置的状态，计算探测车的最优移动方案，使到达传送器的探测车的数量最多，
而且探测车采集到的岩石标本的数量最多
输入输出格式
输入格式：
第 1行为探测车数，第 2 行为 P 的值，第3 行为Q 的值。接下来的 Q 行是表示登陆舱与传送器之间的位置状态的 P·Q 网格。用 3 个数字表示火星表面位置的状态：0 表示平坦无障碍，1表示障碍，2 表示石块。
输出格式：
每行包含探测车号和一个移动方向，0 表示向南移动，1 表示向东移动。
解题思路：
拆点套路。
代码：
1 #include<queue> 2 #include<cstdio> 3 #include<cstring> 4 #include<algorithm> 5 typedef long long lnt; 6 const int oo=0x3f3f3f3f; 7 struct pnt{ 8 int hd; 9 int lst; 10 int pre; 11 int dis; 12 int val; 13 bool vis; 14 }p[100000]; 15 struct ent{ 16 int twd; 17 int lst; 18 int vls; 19 int dis; 20 int his; 21 }e[100000]; 22 struct int_2{ 23 int i,j; 24 }pi[100000]; 25 int cnt; 26 int n,m; 27 int s,t; 28 int num; 29 int mp[101][101]; 30 int no[101][101][2]; 31 std::queue<int>Q; 32 void ade(int f,int t,int v,int d) 33 { 34 cnt++; 35 e[cnt].his=v; 36 e[cnt].twd=t; 37 e[cnt].vls=v; 38 e[cnt].dis=d; 39 e[cnt].lst=p[f].hd; 40 p[f].hd=cnt; 41 return ; 42 } 43 bool Spfa(void) 44 { 45 while(!Q.empty()) 46 Q.pop(); 47 for(int i=1;i<=t;i++) 48 { 49 p[i].dis=p[i].val=oo; 50 p[i].vis=false; 51 } 52 p[t].pre=-1; 53 p[s].vis=true; 54 p[s].dis=0; 55 Q.push(s); 56 while(!Q.empty()) 57 { 58 int x=Q.front(); 59 Q.pop(); 60 p[x].vis=false; 61 for(int i=p[x].hd;i;i=e[i].lst) 62 { 63 int to=e[i].twd; 64 if(p[to].dis>p[x].dis+e[i].dis&&e[i].vls>0) 65 { 66 p[to].dis=p[x].dis+e[i].dis; 67 p[to].val=std::min(p[x].val,e[i].vls); 68 p[to].pre=x; 69 p[to].lst=i; 70 if(p[to].vis) 71 continue; 72 p[to].vis=true; 73 Q.push(to); 74 } 75 } 76 } 77 return p[t].pre!=-1; 78 } 79 int Ek(void) 80 { 81 int ans=0; 82 while(Spfa()) 83 { 84 ans+=p[t].val; 85 for(int i=t;i!=s;i=p[i].pre) 86 { 87 e[p[i].lst].vls-=p[t].val; 88 e[((p[i].lst-1)^1)+1].vls+=p[t].val; 89 } 90 } 91 return ans; 92 } 93 void Dfs(int ii,int jj,int Ntt) 94 { 95 int w=no[ii][jj][1]; 96 int x=no[ii][jj][0]; 97 int y=no[ii][jj+1][0]; 98 int z=no[ii+1][jj][0]; 99 for(int i=p[w].hd;i;i=e[i].lst) 100 { 101 if(e[i].vls>=e[i].his) 102 continue; 103 e[i].vls++; 104 int to=e[i].twd; 105 if(to==y) 106 { 107 printf("%d %d ",Ntt,1); 108 Dfs(ii,jj+1,Ntt); 109 return ; 110 }else if(to==z) 111 { 112 printf("%d %d ",Ntt,0); 113 Dfs(ii+1,jj,Ntt); 114 return ; 115 } 116 } 117 return ; 118 } 119 int main() 120 { 121 // freopen("a.in","r",stdin); 122 scanf("%d%d%d",&num,&m,&n); 123 for(int i=1;i<=n;i++) 124 { 125 for(int j=1;j<=m;j++) 126 { 127 no[i][j][0]=++cnt; 128 pi[cnt]=(int_2){i,j}; 129 } 130 } 131 for(int i=1;i<=n;i++) 132 { 133 for(int j=1;j<=m;j++) 134 { 135 no[i][j][1]=++cnt; 136 pi[cnt]=(int_2){i,j}; 137 } 138 } 139 s=cnt+1; 140 t=cnt+2; 141 cnt=0; 142 for(int i=1;i<=n;i++) 143 { 144 for(int j=1;j<=m;j++) 145 { 146 scanf("%d",&mp[i][j]); 147 if(mp[i][j]==1) 148 continue; 149 if(mp[i][j]==2) 150 { 151 ade(no[i][j][0],no[i][j][1],1,-1); 152 ade(no[i][j][1],no[i][j][0],0,1); 153 } 154 ade(no[i][j][0],no[i][j][1],oo,0); 155 ade(no[i][j][1],no[i][j][0],0,0); 156 } 157 } 158 159 for(int i=1;i<=n;i++) 160 { 161 for(int j=1;j<=m;j++) 162 { 163 if(mp[i][j]==1) 164 continue; 165 if(i+1<=n&&mp[i+1][j]!=1) 166 { 167 ade(no[i][j][1],no[i+1][j][0],oo,0); 168 ade(no[i+1][j][0],no[i][j][1],0,0); 169 } 170 if(j+1<=m&&mp[i][j+1]!=1) 171 { 172 ade(no[i][j][1],no[i][j+1][0],oo,0); 173 ade(no[i][j+1][0],no[i][j][1],0,0); 174 } 175 } 176 } 177 ade(s,no[1][1][0],num,0); 178 ade(no[1][1][0],s,0,0); 179 ade(no[n][m][1],t,num,0); 180 ade(t,no[n][m][1],0,0); 181 num=Ek(); 182 for(int i=1;i<=num;i++) 183 Dfs(1,1,i); 184 return 0; 185 }