http://wikioi.com/problem/1913/
如果本题没有询问2和3，那么本题和蚯蚓那题一模一样。http://www.cnblogs.com/iwtwiioi/p/3935039.html
我们来分析询问2和3。
首先，询问2允许重复经过点。我们想想询问1的做法，是拆点，为什么？因为要控制只走一次。so，询问2就将拆的点去掉就行了。重构一次图，将上边的点向下连边，容量为1，费用为下边那个点的权值。然后现在还有第一行的点没有构造，那么将源连边到第一行的点，和之前相同，容量为1，费用为这些点的权值。接下来我们连最后一行到汇，因为可以允许重复点，那么就将容量设为oo，费用为0。（为什么这样不会走重复边呢？容量为1当然不会重复走。。）
然后我们来看询问3，只是在2的基础上加了个允许边重复。哈哈，重复边还不简单，将中间连的那些边容量全部设为oo，只不过在源连的边容量要为1，因为要限制次数。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, n) for(int i=0; i<(n); ++i)
#define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);++i)
#define for2(i,a,n) for(int i=(a);i<(n);++i)
#define for3(i,a,n) for(int i=(a);i>=(n);--i)
#define for4(i,a,n) for(int i=(a);i>(n);--i)
#define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i))
#define read(a) a=getint()
#define print(a) printf("%d", a)
#define dbg(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define printarr(a, n, m) rep(aaa, n) { rep(bbb, m) cout << a[aaa][bbb]; cout << endl; }
inline const int getint() { int r=0, k=1; char c=getchar(); for(; c<'0'||c>'9'; c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(; c>='0'&&c<='9'; c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return k*r; }
inline const int max(const int &a, const int &b) { return a>b?a:b; }
inline const int min(const int &a, const int &b) { return a<b?a:b; }
const int N=5500, M=2000000, oo=~0u>>1, s=0, t=5200, ss=t+1, tt=ss+1;
int ihead[N], cnt=1, d[N], p[N], n, m, vis[N], q[N], front, tail, id[35][70], nd[35][70];
struct ED { int from, to, cap, w, next; } e[M];
inline void add(const int &u, const int &v, const int &c, const int &w) {
e[++cnt].next=ihead[u]; ihead[u]=cnt; e[cnt].to=v; e[cnt].from=u; e[cnt].cap=c; e[cnt].w=w;
e[++cnt].next=ihead[v]; ihead[v]=cnt; e[cnt].to=u; e[cnt].from=v; e[cnt].cap=0; e[cnt].w=-w;
}
inline const bool spfa(const int &s, const int &t) {
for1(i, 0, t) d[i]=1000000000, vis[i]=0;
vis[s]=1; d[s]=front=tail=0; q[tail++]=s;
int u, v, i;
while(front!=tail) {
u=q[front++]; if(front==N) front=0;
for(i=ihead[u]; i; i=e[i].next) if(e[i].cap && d[v=e[i].to]>d[u]+e[i].w) {
d[v]=d[u]+e[i].w; p[v]=i;
if(!vis[v]) {
vis[v]=1, q[tail++]=v;
if(tail==N) tail=0;
}
}
vis[u]=0;
}
return d[t]!=1000000000;
}
int mcf(const int &s, const int &t) {
int ret=0, f, u;
while(spfa(s, t)) {
for(f=oo, u=t; u!=s; u=e[p[u]].from) f=min(f, e[p[u]].cap);
for(u=t; u!=s; u=e[p[u]].from) e[p[u]].cap-=f, e[p[u]^1].cap+=f;
ret+=d[t]*f;
}
return ret;
}
void rebuild() {
CC(ihead, 0); cnt=1; int now;
for1(i, 1, n) for1(j, 1, m+i-1) {
now=id[i][j];
if(i<n) add(now, id[i+1][j], 1, -nd[i+1][j]), add(now, id[i+1][j+1], 1, -nd[i+1][j+1]);
}
for1(j, 1, m) add(s, id[1][j], 1, -nd[1][j]);
for1(j, 1, m+n-1) add(id[n][j], t, oo, 0);
add(ss, s, oo, 0); add(t, tt, oo, 0);
}
int main() {
read(m); read(n);
int c, now, tot=0, pw=(n+m-1)*(n+m-1);
for1(i, 1, n) for1(j, 1, m+i-1) id[i][j]=++tot;
for1(i, 1, n) for1(j, 1, m+i-1) {
read(c); now=id[i][j]; nd[i][j]=c;
add(now, now+pw, 1, -c);
if(i<n) add(now+pw, id[i+1][j], 1, 0), add(now+pw, id[i+1][j+1], 1, 0);
}
for1(j, 1, m) add(s, id[1][j], 1, 0);
for1(j, 1, m+n-1) add(id[n][j]+pw, t, 1, 0);
add(ss, s, m, 0); add(t, tt, m, 0);
printf("%d
", -mcf(ss, tt));
//case 2
rebuild();
printf("%d
", -mcf(ss, tt));
//case 3
for(int i=2, tot=cnt; i<=tot; i+=2) if(e[i].from!=s) e[i].cap=oo, e[i^1].cap=0; else e[i].cap=1, e[i^1].cap=0;
printf("%d
", -mcf(ss, tt));
return 0;
}
题目描述 Description
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。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。
输入描述 Input Description
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，…。
输出描述 Output Description
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
样例输入 Sample Input
每行一个最大总和。
样例输出 Sample Output
2 5
2 3
3 4 5
9 10 9 1
1 1 10 1 1
1 1 10 12 1 1
数据范围及提示 Data Size & Hint
66
75
77