title
LUOGU 3356
题目描述
火星探险队的登陆舱将在火星表面着陆，登陆舱内有多部障碍物探测车。登陆舱着陆后，探测车将离开登陆舱向先期到达的传送器方向移动。探测车在移动中还必须采集岩石标本。每一块岩石标本由最先遇到它的探测车完成采集。每块岩石标本只能被采集一次。岩石标本被采集后，其他探测车可以从原来岩石标本所在处通过。探测车不能通过有障碍的地面。本题限定探测车只能从登陆处沿着向南或向东的方向朝传送器移动，而且多个探测车可以在同一时间占据同一位置。如果某个探测车在到达传送器以前不能继续前进，则该车所采集的岩石标本将全部损失。
用一个 P·Q 网格表示登陆舱与传送器之间的位置。登陆舱的位置在(X1,Y1)处，传送器
的位置在(XP ,YQ)处。
X 1,Y 1 X 2 , Y 1 X 3 , Y 1 … X P-1, Y 1 X P , Y 1
X 1,Y 2 X 2 , Y 2 X 3 , Y 2 … X P-1, Y 2 X P , Y 2
X 1, Y 3 X 2 , Y 3 X 3 ,Y 3 … X P-1, Y 3 X P , Y 3
… …
X 1 ,Y Q-1 X 2 , Y Q-1 X 3 , Y Q-1 … X P-1, Y Q-1 X P , Y Q-1
X 1,Y Q X 2 , Y Q X 3 , Y Q … X P-1, Y Q X P ,Y Q
给定每个位置的状态，计算探测车的最优移动方案，使到达传送器的探测车的数量最多，
而且探测车采集到的岩石标本的数量最多
输入输出格式
输入格式：
第 1行为探测车数，第 2 行为 P 的值，第3 行为Q 的值。接下来的 Q 行是表示登陆舱与传送器之间的位置状态的 P·Q 网格。用 3 个数字表示火星表面位置的状态：0 表示平坦无障碍，1表示障碍，2 表示石块。
输出格式：
每行包含探测车号和一个移动方向，0 表示向南移动，1 表示向东移动。
输入输出样例
输入样例#1：
2
10
8
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0 0 0 0 0 1 1 0 0 0
0 0 0 1 0 2 0 0 0 0
1 1 0 1 2 0 0 0 0 1
0 1 0 0 2 0 1 1 0 0
0 1 0 1 0 0 1 1 0 0
0 1 2 0 0 0 0 1 0 0
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
输出样例#1：
1 1
1 1
1 1
1 1
1 0
1 0
1 1
1 1
1 1
1 1
1 0
1 0
1 1
1 0
1 0
1 0
2 1
2 1
2 1
2 1
2 0
2 0
2 0
2 0
2 1
2 0
2 0
2 1
2 0
2 1
2 1
2 1
说明
车数,P,Q<=35
analysis
求答案的话，因为注意到一个点只能取一次，所以需要把每一个点拆分成两个点 ， ，
并且把 ， 连接一条有向边：
- 1.当这个点有岩石时，容量为 1 ，代价为 1 。
- 2.当这个点不是岩石时，容量为 ，代价为 0 。
- 3.把每一个点的 与其相邻的点的 连接一条容量 ，代价为 0 的边。
- 4.然后跑最大费用最大流即可。
对于输出方案，我是真的服了。
我们需要枚举每一辆车，然后从 开始不断地在残量网络中跑 ，如果残量网络的容量不为0，并且当前点不为 ， 、 或 ，那么就可以从这里走，容量要减 1 ，代表从这里走过一次，然后输出车辆和方向。
输出时要注意特判，
从
到
，应该直接
而不是
，否则可能返回上一个点。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10,inf=0xcfcfcfcf,INF=0x3f3f3f3f;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc() { return (ft==fs&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),ft==fs))?0:*fs++; }
template<typename T>inline void read(T &x)
{
x=0;
T f=1, ch=getchar();
while (!isdigit(ch) && ch^'-') ch=getchar();
if (ch=='-') f=-1, ch=getchar();
while (isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48), ch=getchar();
x*=f;
}
template<typename T>inline void write(T x)
{
if (!x) { putchar('0'); return ; }
if (x<0) putchar('-'), x=-x;
T num=0, ch[20];
while (x) ch[++num]=x%10+48, x/=10;
while (num) putchar(ch[num--]);
}
int ver[maxn<<1],edge[maxn<<1],Next[maxn<<1],cost[maxn<<1],head[maxn],len=1;
inline void add(int x,int y,int z,int c)
{
ver[++len]=y,edge[len]=z,cost[len]=c,Next[len]=head[x],head[x]=len;
ver[++len]=x,edge[len]=0,cost[len]=-c,Next[len]=head[y],head[y]=len;
}
int s,t;
int dist[maxn],incf[maxn],pre[maxn];
bool vis[maxn];
inline bool spfa()
{
memset(dist,0xcf,sizeof(dist));
memset(vis,0,sizeof(vis));
queue<int>q;q.push(s);
dist[s]=0,vis[s]=1,incf[s]=1<<30;
while (!q.empty())
{
int x=q.front();
q.pop();
vis[x]=0;
for (int i=head[x]; i; i=Next[i])
{
if (!edge[i]) continue;
int y=ver[i];
if (dist[y]<dist[x]+cost[i])
{
dist[y]=dist[x]+cost[i];
incf[y]=min(incf[x],edge[i]);
pre[y]=i;
if (!vis[y]) q.push(y),vis[y]=1;
}
}
}
if (dist[t]==inf) return false;
else return true;
}
long long maxflow,ans;
inline void update()
{
int x=t;
while (x!=s)
{
int i=pre[x];
edge[i]-=incf[t];
edge[i^1]+=incf[t];
x=ver[i^1];
}
maxflow+=incf[t];
ans+=dist[t]*incf[t];
}
int n,P,Q,a[36][36];
inline int hash(int i,int j)
{
return (i-1)*P+j;
}
inline void find(int x,int y,int u,int id)
{
for (int i=head[u]; i; i=Next[i])
{
int v=ver[i];
if (v==s || v==t || v==u-P*Q || !edge[i^1]) continue;
--edge[i^1];
if (v>P*Q)
{
find(x,y,v,id);
return ;
}
int tx,ty,dir;
if (v==hash(x,y)+1) tx=x,ty=y+1,dir=1;
else tx=x+1,ty=y,dir=0;
write(id),putchar(' '),write(dir),puts("");
find(tx,ty,v+P*Q,id);
return ;
}
}
int main()
{
read(n);read(P);read(Q);
s=0,t=(P*Q)<<1|1;
for (int i=1; i<=Q; ++i)
for (int j=1; j<=P; ++j) read(a[i][j]);
for (int i=1; i<=Q; ++i)
for (int j=1; j<=P; ++j)
{
if (a[i][j]==1) continue;
add(hash(i,j),hash(i,j)+P*Q,INF,0);
if (a[i][j]==2) add(hash(i,j),hash(i,j)+P*Q,1,1);
if (a[i][j+1]!=1 && j+1<=P) add(hash(i,j)+P*Q,hash(i,j)+1,INF,0);
if (a[i+1][j]!=1 && i+1<=Q) add(hash(i,j)+P*Q,hash(i,j)+P,INF,0);
}
if (a[1][1]!=1) add(s,1,n,0);
if (a[P][Q]!=1) add((P*Q)<<1,t,n,0);
while (spfa()) update();
for (int i=1; i<=maxflow; ++i) find(1,1,1,i);
return 0;
}