网络流24题 20深海机器人问题

深海机器人问题

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description

    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。    用一个P′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 (Q,P)。    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，使深海机器人到达目的地后，采集到的生物标本的总价值最高。

input

多组数据输入.每组输入第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，表示向东移动路径上生物标本的价值，行数据依从南到北方向排列。再接下来的Q+1 行，每行有P 个正整数，表示向北移动路径上生物标本的价值，行数据依从西到东方向排列。接下来的a行，每行有3 个正整数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个正整数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。

output

每组输出采集到的生物标本的最高总价值

sample_input

1 12 21 23 45 67 28 109 32 0 02 2 2

sample_output

42

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【问题分析】


最大费用最大流问题。


【建模方法】


把网格中每个位置抽象成网络中一个节点，建立附加源S汇T。


1、对于每个顶点i，j为i东边或南边相邻的一个节点，连接节点i与节点j一条容量为1，费用为该边价值的有向边。
2、对于每个顶点i，j为i东边或南边相邻的一个节点，连接节点i与节点j一条容量为无穷大，费用为0的有向边。
3、从S到每个出发点i连接一条容量为该点出发的机器人数量，费用为0的有向边。
4、从每个目标点i到T连接一条容量为可以到达该点的机器人数量，费用为0的有向边。


求最大费用最大流，最大费用流值就采集到的生物标本的最高总价值。


【建模分析】


这个问题可以看做是多出发点和目的地的网络运输问题。每条边的价值只能计算一次，容量限制要设为1。同时还将要连接上容量不限，费用为0的重边。由于“多个深海机器人可以在同一时间占据同一位置”，所以不需限制点的流量，直接求费用流即可。

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#include <iostream>#include <cstdio>using namespace std;const int OO=1e9;//无穷大const int maxm=1111111;//边的最大数量，为原图的两倍const int maxn=2222;//点的最大数量int node,src,dest,edge;//node节点数，src源点，dest汇点，edge边数int head[maxn],p[maxn],dis[maxn],q[maxn],vis[maxn];//head链表头，p记录可行流上节点对应的反向边，dis计算距离struct edgenode{    int to;//边的指向    int flow;//边的容量    int cost;//边的费用    int next;//链表的下一条边} edges[maxm];void prepare(int _node,int _src,int _dest);void addedge(int u,int v,int f,int c);bool spfa();inline int min(int a,int b){    return a<b?a:b;}inline void prepare(int _node,int _src,int _dest){    node=_node;    src=_src;    dest=_dest;    for (int i=0; i<node; i++)    {        head[i]=-1;        vis[i]=false;    }    edge=0;}void addedge(int u,int v,int f,int c){    edges[edge].flow=f;    edges[edge].cost=c;    edges[edge].to=v;    edges[edge].next=head[u];    head[u]=edge++;    edges[edge].flow=0;    edges[edge].cost=-c;    edges[edge].to=u;    edges[edge].next=head[v];    head[v]=edge++;}bool spfa(){    int i,u,v,l,r=0,tmp;    for (i=0; i<node; i++) dis[i]=OO;    dis[q[r++]=src]=0;    p[src]=p[dest]=-1;    for (l=0; l!=r; ((++l>=maxn)?l=0:1))    {        for (i=head[u=q[l]],vis[u]=false; i!=-1; i=edges[i].next)        {            if (edges[i].flow&&dis[v=edges[i].to]>(tmp=dis[u]+edges[i].cost))            {                dis[v]=tmp;                p[v]=i^1;                if (vis[v]) continue;                vis[q[r++]=v]=true;                if (r>=maxn) r=0;            }        }    }    return p[dest]>=0;}int spfaflow(){    int i,ret=0,delta;    while (spfa())    {        //按记录原路返回求流量        for (i=p[dest],delta=OO; i>=0; i=p[edges[i].to])        {            delta=min(delta,edges[i^1].flow);        }        for (int i=p[dest]; i>=0; i=p[edges[i].to])        {            edges[i].flow+=delta;            edges[i^1].flow-=delta;        }        ret+=delta*dis[dest];    }    return ret;}int main(){    int a,b,n,m,c,u,v;    while (~scanf("%d%d",&a,&b))    {        scanf("%d%d",&n,&m);        n++;m++;        prepare(n*m+2,0,n*m+1);        for (int i=0;i<n;i++)        {            for (int j=1;j<m;j++)            {                scanf("%d",&c);                u=i*m+j;                v=u+1;                addedge(u,v,1,-c);                addedge(u,v,OO,0);            }        }        for (int j=1;j<=m;j++)        {            for (int i=0;i<n-1;i++)            {                scanf("%d",&c);                u=i*m+j;                v=u+m;                addedge(u,v,1,-c);                addedge(u,v,OO,0);            }        }        int i,j;        while (a--)        {            scanf("%d%d%d",&c,&i,&j);            addedge(src,i*m+j+1,c,0);        }        while (b--)        {            scanf("%d%d%d",&c,&i,&j);            addedge(i*m+j+1,dest,c,0);        }        printf("%d\n",-spfaflow());    }    return 0;}