title
LUOGU 4013
题目描述
给定一个由 行数字组成的数字梯形如下图所示。
梯形的第一行有 个数字。从梯形的顶部的 个数字开始，在每个数字处可以沿左下或右下方向移动，形成一条从梯形的顶至底的路径。
分别遵守以下规则：
从梯形的顶至底的 条路径互不相交；
从梯形的顶至底的 条路径仅在数字结点处相交；
从梯形的顶至底的 条路径允许在数字结点相交或边相交。
输入输出格式
输入格式：
第 1 行中有 2 个正整数 和 ，分别表示数字梯形的第一行有 个数字，共有 行。接下来的 行是数字梯形中各行的数字。
第 1 行有 个数字，第 2 行有 个数字，以此类推。
输出格式：
将按照规则 1，规则 2，和规则 3 计算出的最大数字总和并输出，每行一个最大总和。
输入输出样例
输入样例#1：
2 5
2 3
3 4 5
9 10 9 1
1 1 10 1 1
1 1 10 12 1 1
输出样例#1：
66
75
77
说明
analysis
这道题是于三天前便想写的了，只是由于高考假人心散漫，文化课又需补救，便落下了，昨天晚上再次读题，方明白题意，私以为第一问最难，毕竟限制较多。
刚思考时，便想到这道题是不是可以不用重新建图，建一个就好，之后再取消限制即可，苦于码力不行，遂放弃。
对于每个点，记录它的数值及编号，这是第一步我竟然忘了。。
先将 与第一行的所有点都连容量为 ，代价为 的边，然后进行拆点，将点拆成 ，对每个 到 都连容量为 ，代价为这个点的数值的边，然后对每个 到它的左下或右下点的 连容量为 ，代价为 的边，当然，最后一行的点的 要和 连容量为 ，代价为 的边，然后跑一遍最大费用最大流即可。
为什么这里建图的容量都为 呢？因为它的规则要求从梯形的顶至底的 条路径互不相交，即每个点只能用 次。
这就是第一问了，大佬们可以选择改限制，不过蒟蒻决定重新建图。
基本和第一问一样，但是不用拆点了，因为没限制了，可以在数字结点处相交了。但是不允许路径相交，也就是路径只能使用一次，所以点与点之间的边容量为 ，代价就为前一个点的数值。然后就是最后一行的点要与 连容量为 ，代价为这个点的数值的边，不然路径终点仍然被限制了。
第二问也结束了。
第三问彻底没限制了，所以把第二问中的边的容量全改为 即可，当然， 与第一行的所有点还是要连容量为 ，代价为 的边，毕竟，起点只能用一次，第二问是一样的。
至此，三问全部结束，这道题为费用流多合一，挺好的一道题，告诉了我们只有把网络流的性质套路观察好了，才能更好地解题，当然，我的废话有点多，简洁的题解参考这位一扶苏一，告诉我们要学会从简单的入手，难的就不攻自破了。
别忘了重新建图要清空，开头不清空，爆零两行泪。若是
前两个点需要注意梯形的最下面会有
个点而不是
个。
code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e5+10,maxm=1e3+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];
}
inline void Clear()
{
memset(head,0,sizeof(head));
len=1;
ans=0;
}
int a[maxm][maxm],b[maxm][maxm];
int main()
{
int m,n,cnt=0;
read(m);read(n);
for (int i=1; i<=n; ++i)
for (int j=1; j<=m+i-1; ++j) read(a[i][j]),b[i][j]=++cnt;
s=0,t=(cnt<<1)+3;
for (int i=1; i<=m; ++i) add(s,b[1][i],1,0);
for (int i=1; i<n; ++i)
for (int j=1; j<=m+i-1; ++j)
{
add(b[i][j],b[i][j]+cnt,1,a[i][j]);
add(b[i][j]+cnt,b[i+1][j],1,0);
add(b[i][j]+cnt,b[i+1][j+1],1,0);
}
for (int i=1; i<=m+n-1; ++i)
{
add(b[n][i],b[n][i]+cnt,1,a[n][i]);
add(b[n][i]+cnt,t,1,0);
}
while (spfa()) update();
write(ans),puts("");
Clear();
for (int i=1; i<=m; ++i) add(s,b[1][i],1,0);
for (int i=1; i<n; ++i)
for (int j=1; j<=m+i-1; ++j)
{
add(b[i][j],b[i+1][j],1,a[i][j]);
add(b[i][j],b[i+1][j+1],1,a[i][j]);
}
for (int i=1; i<=m+n-1; ++i) add(b[n][i],t,INF,a[n][i]);
while (spfa()) update();
write(ans),puts("");
Clear();
for (int i=1; i<=m; ++i) add(s,b[1][i],1,0);
for (int i=1; i<n; ++i)
for (int j=1; j<=m+i-1; ++j)
{
add(b[i][j],b[i+1][j],INF,a[i][j]);
add(b[i][j],b[i+1][j+1],INF,a[i][j]);
}
for (int i=1; i<=m+n-1; ++i) add(b[n][i],t,INF,a[n][i]);
while (spfa()) update();
write(ans),puts("");
return 0;
}