题意
思路
- 第一问
这(m)条路径中，每个点只能使用(1)次，每条边也只能使用(1)次，获益为经过点的点权和。
这里的费用不是边的费用，而是点的费用，因此可以采用拆点的技巧，即拆成一个入点和一个出点，入点与出点连边，容量是(1)（因为每个点只能使用一次），费用是点权。
设立虚拟源点(S)，与第一行的(m)个数字的入点连边，容量是(1)（因为每个点只能使用一次），费用是(0)（费用只能出现在入点指向出点的边上）。
设立虚拟汇点(T)，最后一行的数字与(T)的出点连边，容量是(1)，费用是(0)。
每个点的出点与之斜下方两点的入点连边，容量是(1)，费用是(0)。
跑最大费用流即可。
- 第二问
每个点的使用次数不限，但是值得注意的是第一行的点只能使用(1)次，原因是一开始每个点只使用了一次，并且中间过程中不会再到达第一行的数字。每条边还是只能使用(1)次。
因此，与第一问相比，需要修改的地方是，入点连向出点的边，容量改成(infty)。最后一行数字的出点，指向(T)的边的容量改成(infty)。
- 第三问
每个点的使用次数不限，第一行的点只能使用(1)次，每条边也可以使用无限次。
因此，与第二问相比，需要修改的地方是，每个点的出点指向斜下方两点的入点的容量改成(infty)。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;
const int N = 1200, M = 4000, inf = 1e8;
int n, m, S, T;
int h[N], e[M], ne[M], f[M], w[M], idx;
int pre[N], d[N], incf[N];
bool st[N];
int cost[25][25], id[25][25];
void add(int a, int b, int c, int d)
{
e[idx] = b, f[idx] = c, w[idx] = d, ne[idx] = h[a], h[a] = idx ++;
e[idx] = a, f[idx] = 0, w[idx] = -d, ne[idx] = h[b], h[b] = idx ++;
}
bool spfa()
{
memset(d, 0x3f, sizeof(d));
memset(incf, 0, sizeof(incf));
queue<int> que;
que.push(S);
d[S] = 0, incf[S] = inf;
st[S] = true;
while(que.size()) {
int t = que.front();
que.pop();
st[t] = false;
for(int i = h[t]; ~i; i = ne[i]) {
int ver = e[i];
if(d[ver] > d[t] + w[i] && f[i]) {
d[ver] = d[t] + w[i];
pre[ver] = i;
incf[ver] = min(incf[t], f[i]);
if(!st[ver]) {
que.push(ver);
st[ver] = false;
}
}
}
}
return incf[T] > 0;
}
int EK()
{
int cost = 0;
while(spfa()) {
int t = incf[T];
cost += t * d[T];
for(int i = T; i != S; i = e[pre[i] ^ 1]) {
f[pre[i]] -= t;
f[pre[i] ^ 1] += t;
}
}
return cost;
}
int main()
{
scanf("%d%d", &m, &n);
int cnt = 0;
S = ++ cnt;
T = ++ cnt;
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = 1; j <= m + i - 1; j ++) {
scanf("%d", &cost[i][j]);
id[i][j] = ++ cnt;
}
}
memset(h, -1, sizeof(h));
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = 1; j <= m + i - 1; j ++) {
int in = id[i][j] * 2, out = in + 1;
add(in, out, 1, -cost[i][j]);
if(i == 1) add(S, in, 1, 0);
if(i == n) add(out, T, 1, 0);
if(i < n) {
add(out, id[i + 1][j] * 2, 1, 0);
add(out, id[i + 1][j + 1] * 2, 1, 0);
}
}
}
printf("%d
", -EK());
memset(h, -1, sizeof(h));
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = 1; j <= m + i - 1; j ++) {
int in = id[i][j] * 2, out = in + 1;
add(in, out, inf, -cost[i][j]);
if(i == 1) add(S, in, 1, 0);
if(i == n) add(out, T, inf, 0);
if(i < n) {
add(out, id[i + 1][j] * 2, 1, 0);
add(out, id[i + 1][j + 1] * 2, 1, 0);
}
}
}
printf("%d
", -EK());
memset(h, -1, sizeof(h));
for(int i = 1; i <= n; i ++) {
for(int j = 1; j <= m + i - 1; j ++) {
int in = id[i][j] * 2, out = in + 1;
add(in, out, inf, -cost[i][j]);
if(i == 1) add(S, in, 1, 0);
if(i == n) add(out, T, inf, 0);
if(i < n) {
add(out, id[i + 1][j] * 2, inf, 0);
add(out, id[i + 1][j + 1] * 2, inf, 0);
}
}
}
printf("%d
", -EK());
return 0;
}