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題目大意：給出一個數(shù)字梯形，一共有n行，第一行有m個數(shù)字，每行的數(shù)字個數(shù)逐行向下遞增，現(xiàn)在要求從第一行的每個數(shù)字分別向下引出一條路徑直到最后一層，共m條路徑，現(xiàn)在問在以下三個條件下的最大權(quán)值和是多少：

從梯形的頂至底的?m?條路徑互不相交

從梯形的頂至底的?m?條路徑僅在數(shù)字結(jié)點處相交

從梯形的頂至底的?m?條路徑允許在數(shù)字結(jié)點相交或邊相交

分別輸出以上三種情況的答案

題目分析：其實三種情況大同小異，本質(zhì)都是沖著最大費用最大流去的，分別說一下每種情況的細(xì)節(jié)吧：

首先是第一種情況，也就是m條路徑互不相交，意思就是不能有相交的邊或相交的點，既然沒有相交的點，我們可以拆點限流，讓每個頂點拆成入點和出點，連一條流量為1，花費為點權(quán)的邊，這樣就起到了限流并且為答案貢獻(xiàn)出花費的作用了，記得讓點之間的連邊也限流就好了：

源點->第一行的m個點，流量為1，花費為0

每個點的入點->每個點的出點，流量為1，花費為點權(quán)

每個點的出點->下一層可到達(dá)的點的入點，流量為1，花費為0

最后一行的n+m-1個點->匯點，流量為1，花費為0

然后是第二種情況，也就是只有點可以重復(fù)經(jīng)過，因為點可以重復(fù)經(jīng)過，所以大可不必拆點限流了，所以直接連邊，不用分成入點和出點就行了，不過這樣的話就需要將點權(quán)轉(zhuǎn)移到邊權(quán)上，類似于之前樹鏈剖分的題目一樣，將點權(quán)轉(zhuǎn)移到邊權(quán)上，我感覺不太直觀，還不如直接拆點來的實在，所以我選擇了仍然拆點操作，因為每個點可以重復(fù)經(jīng)過了，故將入點到出點的流量改成無窮大就好了，這里有個小坑，就是最后一行的所有點也是可以重復(fù)經(jīng)過的，所以記得將最后一行的點與匯點的連邊的限流也取消：

源點->第一行的m個點，流量為1，花費為0

每個點的入點->每個點的出點，流量為無窮大，花費為點權(quán)

每個點的出點->下一層可到達(dá)的點的入點，流量為1，花費為0

最后一行的n+m-1個點->匯點，流量為無窮大，花費為0

最后就是第三種情況了，也就是點和邊都可以重復(fù)經(jīng)過，我們只需要將所有的限流都取消，即除了與源點相連的所有邊的流量都改為無窮大就好了：

源點->第一行的m個點，流量為1，花費為0

每個點的入點->每個點的出點，流量為無窮大，花費為點權(quán)

每個點的出點->下一層可到達(dá)的點的入點，流量為無窮大，花費為0

最后一行的n+m-1個點->匯點，流量為無窮大，花費為0

三種建圖方式，每次只需要建好邊跑最大費用最大流就是答案了

還有一些細(xì)節(jié)需要注意一下，首先是這個題目的輸入，題目說的只是有n行，第一行有m個數(shù)字，而并非是n*m的矩陣，所以我們應(yīng)該開一個20*40的數(shù)組才夠用，再就是我喜歡寫函數(shù)來將點拆成入點和出點，其中每次都會加上有多少列用來防止重復(fù)，放到這個題目來說因為列是改變的，所以每次加上40才能更穩(wěn)的通過，最后就是N和M有多少空間就開多大吧，因為這種題目的N和M都比較難算，干脆開大點當(dāng)個快樂的莽夫多好

代碼：

#include<iostream> #include<cstdlib> #include<string> #include<cstring> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<climits> #include<cmath> #include<cctype> #include<stack> #include<queue> #include<list> #include<vector> #include<set> #include<map> #include<sstream> using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=2e5+100;//點const int M=1e6+100;//邊struct Edge {int to,w,cost,next; }edge[M];int head[N],cnt,maze[110][110],n,m,st=N-1,ed=st-1;void addedge(int u,int v,int w,int cost) {edge[cnt].to=v;edge[cnt].w=w;edge[cnt].cost=cost;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt++;edge[cnt].to=u;edge[cnt].w=0;edge[cnt].cost=-cost;edge[cnt].next=head[v];head[v]=cnt++; }int d[N],incf[N],pre[N];bool vis[N];bool spfa(int s,int t) {memset(d,0xcf,sizeof(d));memset(vis,false,sizeof(vis));memset(pre,-1,sizeof(pre));queue<int>q;q.push(s);vis[s]=true;incf[s]=inf;d[s]=0;while(!q.empty()){int u=q.front();q.pop();vis[u]=false;for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){int v=edge[i].to;int w=edge[i].w;int cost=edge[i].cost;if(!w)continue;if(d[v]<d[u]+cost){d[v]=d[u]+cost;pre[v]=i;incf[v]=min(incf[u],w);if(!vis[v]){vis[v]=true;q.push(v);}}}}return pre[t]!=-1; }int update(int s,int t) {int x=t;while(x!=s){int i=pre[x];edge[i].w-=incf[t];edge[i^1].w+=incf[t];x=edge[i^1].to;}return d[t]*incf[t]; }void init() {memset(head,-1,sizeof(head));cnt=0; }int solve(int st,int ed) {int ans=0;while(spfa(st,ed))ans+=update(st,ed);return ans; }int get_id(int x,int y,int k) {return (x-1)*(n+m)+y+k*(n+m)*(n+m); }void build1() {init();for(int i=1;i<=m;i++)addedge(st,get_id(1,i,0),1,0);for(int i=1;i<=n+m-1;i++)addedge(get_id(n,i,1),ed,1,0);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i+m-1;j++){addedge(get_id(i,j,0),get_id(i,j,1),1,maze[i][j]);if(i<n){addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j,0),1,0);addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j+1,0),1,0);}}} }void build2() {init();for(int i=1;i<=m;i++)addedge(st,get_id(1,i,0),1,0);for(int i=1;i<=n+m-1;i++)addedge(get_id(n,i,1),ed,inf,0);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i+m-1;j++){addedge(get_id(i,j,0),get_id(i,j,1),inf,maze[i][j]);if(i<n){addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j,0),1,0);addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j+1,0),1,0);}}} }void build3() {init();for(int i=1;i<=m;i++)addedge(st,get_id(1,i,0),1,0);for(int i=1;i<=n+m-1;i++)addedge(get_id(n,i,1),ed,inf,0);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=i+m-1;j++){addedge(get_id(i,j,0),get_id(i,j,1),inf,maze[i][j]);if(i<n){addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j,0),inf,0);addedge(get_id(i,j,1),get_id(i+1,j+1,0),inf,0);}}} }int main() { // freopen("input.txt","r",stdin); // ios::sync_with_stdio(false);scanf("%d%d",&m,&n);for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i+m-1;j++)scanf("%d",&maze[i][j]);build1();printf("%d\n",solve(st,ed));build2();printf("%d\n",solve(st,ed));build3();printf("%d\n",solve(st,ed));return 0; }

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總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的洛谷 - P4013 数字梯形问题(最大费用最大流+举一反三)的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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