蚯蚓的游戏问题
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篇首语:本文由小常识网(cha138.com)小编为大家整理,主要介绍了蚯蚓的游戏问题相关的知识,希望对你有一定的参考价值。
蚯蚓的游戏问题
在一块梯形田地上,一群蚯蚓在做收集食物游戏。蚯蚓们把梯形田地上的食物堆积整理如下:
a(1,1) a(1,2)…a(1,m)
a(2,1) a(2,2) a(2,3)…a(2,m) a(2,m+1)
a(3,1) a (3,2) a(3,3)…a(3,m+1) a(3,m+2)
……
a(n,1) a(n,2) a(n,3)… a(n,m+n-1)
它们把食物分成n行,第1行有m堆的食物,每堆的食物量分别是a(1,1),a(1,2),…,a(1,m);
第2行有m+1堆食物,每堆的食物量分别是a(2,1),a(2,2),…, a(2,m+1);以下依次有m+2堆、m+3堆、…m+n-1堆食物。
现在蚯蚓们选择了k条蚯蚓来测试它们的合作能力(1≤ k ≤m)。测试法如下:第1条蚯蚓从第1行选择一堆食物,然后往左下或右下爬,并收集1堆食物,例如从a(1,2)只能爬向a(2,2) 或a(2,3),而不能爬向其它地方。接下来再爬向下一行收集一堆食物,直到第n行收集一堆食物。第1条蚯蚓所收集到的食物量是它在每一行所收集的食物量之和;第2条蚯蚓也从第1行爬到第n行,每行收集一堆食物,爬的方法与第1条蚯蚓相类似,但不能碰到第1条蚯蚓所爬的轨迹;一般地,第i 条蚯蚓从第1行爬到第 n行,每行收集一堆食物,爬的方法与第1条蚯蚓类似,但不能碰到前 I-1 条蚯蚓所爬的轨迹。这k条蚯蚓应该如何合作,才能使它们所收集到的食物总量最多?收集到的食物总量可代表这k条蚯蚓的合作水平。
- ?编程任务:
给定上述梯形m、n和k的值(1≤k≤m≤30;1≤n≤30)以及梯形中每堆食物的量(小于10的非整数),编程计算这k条蚯蚓所能收集到的食物的最多总量。
输入数据共有n+1行。每行的两个数据之间用一个空格隔开。
●第1行是n、m和k的值。
- 接下来的n行依次是梯形的每一行的食物量a(i,1),a(i,2),…,a(i,m+i-1),i=1,2,…,n。
程序运行结束时,在屏幕上输出k蚯蚓条所能收集到的食物的最多总量。
3 2 2
1 2
5 0 2
1 10 0 6
26
网络流。考虑将每个点分为两个新点x和y,建图的时候每个点的x点和y点连一条流量为1,费用为点权的边,然后每个点的y点分别和左下,右下的点的x点建一条流量为1,费用为0的边。最后第一排和最后一排再分别和源点汇点连边。
#include<bits/stdc++.h> #define N 2700 #define INF LLONG_MAX/2 using namespace std; struct MCMF { struct Edge { long long from,to,flow,cost; }; vector<Edge> edges; vector<long long > G[N]; long long inq[N];//是否在队列中 long long d[N];//距离 long long p[N];//上一条弧 long long a[N];//可改进量 void init()//初始化 { for(long long i=0; i<N; i++)G[i].clear(); edges.clear(); } void addedge(long long from,long long to,long long flow,long long cost)//加边 { edges.push_back((Edge) { from,to,flow,cost }); edges.push_back((Edge) { to,from,0,-cost }); long long m=edges.size(); G[from].push_back(m-2); G[to].push_back(m-1); } bool SPFA(long long s,long long t,long long &flow,long long &cost)//寻找最小费用的增广路,使用引用同时修改原flow,cost { for(long long i=0; i<N; i++)d[i]=INF,inq[i]=0; d[s]=0; inq[s]=1; p[s]=0; a[s]=INF; queue<long long > Q; Q.push(s); while(!Q.empty()) { long long u=Q.front(); Q.pop(); inq[u]=0; for(long long i=0; i<G[u].size(); i++) { Edge& e=edges[G[u][i]]; if(e.flow>0 && d[e.to]>d[u]+e.cost)//满足可增广且可变短 { d[e.to]=d[u]+e.cost; p[e.to]=G[u][i]; a[e.to]=min(a[u],e.flow); if(!inq[e.to]) { inq[e.to]=1; Q.push(e.to); } } } } if(d[t]==INF) return false;//汇点不可达则退出 flow+=a[t]; cost+=d[t]*a[t]; long long u=t; while(u!=s)//更新正向边和反向边 { edges[p[u]].flow-=a[t]; edges[p[u]^1].flow+=a[t]; u=edges[p[u]].from; } return true; } void MincotMaxflow(long long s,long long t,long long &flow,long long &cost) { while(SPFA(s,t,flow,cost));//{cost=0;flow=long long _MAX;} } }; MCMF mcmf; int main() { int n,m,k; int a[40][80]; int x[40][80],y[40][80]; scanf("%d %d %d",&n,&m,&k); for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=m+i-1; j++)scanf("%d",&a[i][j]); int s2=((m+m+n-1)*n/2)*2+1; int s1=s2+1; int t=s1+1; mcmf.init(); mcmf.addedge(s1,s2,k,0); for(int i=1; i<=m; i++)mcmf.addedge(s2,2*i-1,1,0); int tot=1; for(int i=1; i<=n; i++) { for(int j=1; j<=m+i-1; j++) { x[i][j]=2*tot-1,y[i][j]=2*tot; tot++; } } for(int i=1; i<=n; i++) { for(int j=1; j<=m+i-1; j++) mcmf.addedge(x[i][j],y[i][j],1,-a[i][j]); } for(int i=1; i<n; i++) { for(int j=1; j<=m+i-1; j++) { mcmf.addedge(y[i][j],x[i+1][j],1,0); mcmf.addedge(y[i][j],x[i+1][j+1],1,0); } } for(int i=1; i<=n+m+1; i++) { mcmf.addedge(y[n][i],t,1,0); } long long flow=0,cost=0; mcmf.MincotMaxflow(s1,t,flow,cost); printf("%lld",-cost); return 0; }
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