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POJ 3422 Kaka’s Matrix Travels 题解 《挑战程序设计竞赛》

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POJ 3422 Kaka's Matrix Travels

环游矩阵:N*N的地图上每格都有分数,分数只能获取一次。有人从左上方开始,每次向右或下移动一格,到右下方为止,记为一次环游。问第K次环游后累计分数的最大值?

3.5借助水流解决问题的网络流 

最小费用流 

关键是如何处理“只能获取一次”的问题,为此可以为每个点创建伪点,由两条有向边相连。原始点到伪点连一条容量为1,权值为负分数的边;原始点到伪点连一条容量为无穷,权值为0的边。前者表示分数只能拿一次,后者表示第二次第三次……可以继续走这个点,但是不拿分数。负权是因为题目要求的是“最大费用”。又因为最多走同一个点K次,所以此处的无穷大取K就行了。

接着创建源点s,由s到(0,0)连一条容量为K,权值为0的边,以(N,N)为汇点,建立网络流。在上面跑F=K的最小费用流即可,最小费用是负数,取相反数得到“最大费用”。

#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#include <functional>
using namespace std;

#define INF 0x3f3f3f3f
///////////////////////////////最小费用流开始///////////////////////////////////////////
#define MAX_V 50 * 50 * 2 + 16
typedef pair<int, int> P;  // first保存最短距离,second保存顶点编号
//用于表示边的结构体
struct edge
{
	int to;        // 终点
	int cap;   // 容量
	int cost;  // 费用
	int rev;   // 反向边
	edge(int to, int cap, int cost, int rev) :to(to), cap(cap), cost(cost), rev(rev){}
};
int V;         // 顶点数
vector<edge> G[MAX_V];   // 图的邻接表
int h[MAX_V];  // 顶点的势
int dist[MAX_V];// 最短距离
int prevv[MAX_V];  // 最短路中的前驱节点
int preve[MAX_V];  // 最短路中的前驱节点对应的边

// 向图中增加一条从from到to的容量为cap费用为cost的边
void add_edge(int from, int to, int cap, int cost)
{
	G[from].push_back(edge(to, cap, cost, G[to].size()));
	G[to].push_back(edge(from, 0, -cost, G[from].size() - 1));
}

// 求解从s到t流量为f的最小费用流,如果没有流量为f的流,则返回-1
int min_cost_flow(int s, int t, int f)
{
	int res = 0;
	memset(h, 0, sizeof(h));
	while (f > 0)
	{
		// 使用Dijkstra算法更新h
		priority_queue<P, vector<P>, greater<P> > que;
		memset(dist, INF, sizeof(dist));
		dist[s] = 0;
		que.push(P(0, s));
		while (!que.empty())
		{
			P p = que.top(); que.pop();
			int v = p.second;
			if (dist[v] < p.first) continue;
			for (int i = 0; i < G[v].size(); ++i)
			{
				edge &e = G[v][i];
				if (e.cap > 0 && dist[e.to] > dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to])
				{
					dist[e.to] = dist[v] + e.cost + h[v] - h[e.to];
					prevv[e.to] = v;
					preve[e.to] = i;
					que.push(P(dist[e.to], e.to));
				}
			}
		}
		if (dist[t] == INF)
		{
			// 不能再增广
			return -1;
		}
		for (int v = 0; v < V; ++v)
		{
			h[v] += dist[v];
		}

		// 沿s到t的最短路尽量增广
		int d = f;
		for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
		{
			d = min(d, G[prevv[v]][preve[v]].cap);
		}
		f -= d;
		res += d * h[t];
		for (int v = t; v != s; v = prevv[v])
		{
			edge &e = G[prevv[v]][preve[v]];
			e.cap -= d;
			G[v][e.rev].cap += d;
		}
	}
	return res;
}

void clear()
{
	for (int i = 0; i < V; ++i)
	{
		G[i].clear();
	}
}
///////////////////////////////最小费用流结束///////////////////////////////////////////
int N, K;

inline int id_of(const int& y, const int& x) 
{
	return 2 * (y * N + x) + 1;
}

///////////////////////////SubMain//////////////////////////////////
int main(int argc, char *argv[])
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.txt", "r", stdin);
	freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
	scanf("%d%d", &N, &K);
	V = 2 * N * N + 1;
	add_edge(0, 1, K, 0);
	for (int y = 0; y < N; ++y)
	{
		for (int x = 0; x < N; ++x)
		{
			int score;
			scanf("%d", &score);
			int current = id_of(y, x);
			add_edge(current, current + 1, 1, -score);	// 当前点第一次到伪点,只有这次机会得到分数
			add_edge(current, current + 1, K, 0);		// 当前点再次到伪点,但是没分数
			
			if (y + 1 < N) 
			{
				int down = id_of(y + 1, x);
				add_edge(current + 1, down, K, 0);		// 伪点到下方
			}
			if (x + 1< N) 
			{
				int right = id_of(y, x + 1);
				add_edge(current + 1, right, K, 0);		// 伪点到右方
			}
		}
	}
	printf("%d\n", -min_cost_flow(0, V - 1, K));
#ifndef ONLINE_JUDGE
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	system("out.txt");
#endif
	return 0;
}
///////////////////////////End Sub//////////////////////////////////
13861862 hankcs 3422 Accepted 756K 157MS C++ 3318B 2015-02-05 22:25:15

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评论 2

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  1. #2

    这个题用势优化是无效的,因为原图是有负权边的,应该用spfa,O(k*E),系数k大小不定。博主用heap+dijstra虽然可以处理含有负权边的情形,但效率实际为O(k*E*lgV)。反而增加了复杂度。

    下雨了冒泡了2年前 (2015-05-24)回复
  2. #1

    有没有入门简单点的啊,诶~~~~~~~~~~~~

    刘璟2年前 (2015-03-16)回复

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