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2195. 深海机器人问题
深海资源考察探险队的潜艇将到达深海的海底进行科学考察。
潜艇内有多个深海机器人。
潜艇到达深海海底后，深海机器人将离开潜艇向预定目标移动。
深海机器人在移动中还必须沿途采集海底生物标本。
沿途生物标本由最先遇到它的深海机器人完成采集。
每条预定路径上的生物标本的价值是已知的，而且生物标本只能被采集一次。
本题限定深海机器人只能从其出发位置沿着向北或向东的方向移动，而且多个深海机器人可以在同一时间占据同一位置。若机器人不能到达终点则不能放置。
用一个 \(P \times Q\) 网格表示深海机器人的可移动位置。
西南角的坐标为 \((0,0)\)，东北角的坐标为 \((P,Q)\)。
给定每个深海机器人的出发位置和目标位置，以及每条网格边上生物标本的价值。
计算深海机器人的最优移动方案，使尽可能多的深海机器人到达目的地的前提下，采集到的生物标本的总价值最高。
输入格式
第 \(1\) 行为深海机器人的出发位置数 \(a\)，和目的地数 \(b\)，第 \(2\) 行为 \(P\) 和 \(Q\) 的值。
接下来的 \(P+1\) 行，每行有 \(Q\) 个正整数，其中第 \(i\) 行（从 \(0\) 开始计数）的第 \(j\) 个（从 \(0\) 开始计数）正整数表示点 \((i,j)\) 到点 \((i,j+1)\) 的路径上生物标本的价值。
再接下来的 \(Q+1\) 行，每行有 \(P\) 个正整数，其中第 \(i\) 行（从 \(0\) 开始计数）的第 \(j\) 个（从 \(0\) 开始计数）正整数表示点 \((j,i)\) 到点 \((j+1,i)\) 的路径上生物标本的价值。
接下来的 \(a\) 行，每行有 \(3\) 个整数 \(k,x,y\)，表示有 \(k\) 个深海机器人从 \((x,y)\) 位置坐标出发。
再接下来的 \(b\) 行，每行有 \(3\) 个整数 \(r,x,y\)，表示有 \(r\) 个深海机器人可选择 \((x,y)\) 位置坐标作为目的地。
输出格式
输出采集到的生物标本的最高总价值。
数据范围
\(1 \le a \le 4\),
\(1 \le b \le 6\),
\(1 \le P,Q \le 15\),
\(1 \le k,r \le 10\),
\(0 \le x \le P\),
\(0 \le y \le Q\),
各个生物标本价值不超过 \(200\)。
输入样例：
1 1
2 2
1 2
3 4
5 6
7 2
8 10
9 3
2 0 0
2 2 2
输出样例：
42
解题思路
费用流
本题类似于 382. K取方格数
建图：本题比较友好的地方在于定义的是边权，即不用 382. K取方格数 拆点，对于某个点 \((x,y)\) 来说，其分别向 \((x+1,y)\) 和 \((x,y+1)\) 连边，容量为 \(1\)，费用为边权，同理，由于边权只能取一次，所以其还需再分别向 \((x+1,y)\) 和 \((x,y+1)\) 连一条容量足够大，费用为 \(0\) 的边，建立源点 \(s\) 和汇点 \(t\)，\(s\) 向出发的位置连边，容量为其上的机器人数量，费用为 \(0\)，所有目的位置向 \(t\) 连边，容量为该位置可容纳机器人的数量，费用为 \(0\)，求解从 \(s\) 到 \(t\) 的最大费用最大流即为所求
\(\color{red}{为什么？}\)
从 \(s\) 出发到某个出发位置的可行流可以看成从该位置出发的机器人数量，且如果其经过某个边容量为 \(1\) 的边，下一次其他可行流就不会经过该边，即每个边权只能取一次，另外由于目的位置到 \(t\) 的流量有限制，即对应实际问题某该目的位置可容纳机器人的数量，可行流与实际问题是一一对应的，虽然不一定能够满流，但要求出发的机器人尽量多，故最大费用最大流即为所求
- 时间复杂度：\(O(kPQf)\)
代码
// Problem: 深海机器人问题
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/2197/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=16*16+10,M=2505,inf=1e9;
int A,B,n,m,S,T;
int h[N],f[M],w[M],ne[M],e[M],idx;
int d[N],pre[N],incf[N],q[N];
bool st[N];
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++;
}
int get(int x,int y)
{
return x*(m+1)+y;
}
bool spfa()
{
memset(d,-0x3f,sizeof d);
memset(incf,0,sizeof incf);
d[S]=0,incf[S]=inf,q[0]=S;
int hh=0,tt=1;
while(hh!=tt)
{
int x=q[hh++];
if(hh==N)hh=0;
st[x]=false;
for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
{
int y=e[i];
if(d[y]<d[x]+w[i]&&f[i])
{
d[y]=d[x]+w[i];
pre[y]=i;
incf[y]=min(incf[x],f[i]);
if(!st[y])
{
q[tt++]=y;
if(tt==N)tt=0;
st[y]=true;
}
}
}
}
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()
{
memset(h,-1,sizeof h);
scanf("%d%d%d%d",&A,&B,&n,&m);
S=(n+1)*(m+1),T=S+1;
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<m;j++)
{
int c;
scanf("%d",&c);
add(get(i,j),get(i,j+1),1,c);
add(get(i,j),get(i,j+1),inf,0);
}
for(int j=0;j<=m;j++)
for(int i=0;i<n;i++)
{
int c;
scanf("%d",&c);
add(get(i,j),get(i+1,j),1,c);
add(get(i,j),get(i+1,j),inf,0);
}
int k,x,y;
while(A--)
{
scanf("%d%d%d",&k,&x,&y);
add(S,get(x,y),k,0);
}
while(B--)
{
scanf("%d%d%d",&k,&x,&y);
add(get(x,y),T,k,0);
}
printf("%d",EK());
return 0;
}