HDU 3376 费用流
题意：给你一个矩阵，问从左上走到右下再从右下回到左上，每个点只能走一次，问最大值是多少。
思路：一看就知道是费用流，但是在建图这里卡住了。因为一开始不知道怎么从右下重新回到左上。
写了很久建图的过程，最后挂了 。然后参考了别人的图，发现只要在插入一个源点与起点连接，容量是2，费用是0，终点与汇点相连，容量是2，费用0。这样就能控制来回两次的问题。
关于建图，将每个点拆成i , i + n * n .容量是1 ，费用是该点的值，容量1就能控制每个点只走一次。当然起点和终点的容量得是2。
假设i和j可以相连，那么将i + n * n 与j相连，容量是inf ，费用是0 ，当然这题我容量直接是2了，因为最大流就是2。
源点与起点相连，容量为2，费用为0.
终点与汇点相连，容量为2，费用为0.
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <string>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <set>
#include <vector>
#include <stack>
#include <map>
#include <iomanip>
#define PI acos(-1.0)
#define Max 2005
#define inf 1<<28
#define LL(x) (x<<1)
#define RR(x) (x<<1|1)
#define REP(i,s,t) for(int i=(s);i<=(t);++i)
#define ll long long
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
inline void readint(int &ret)
{
char c;
do
{
c = getchar();
}
while(c < '0' || c > '9');
ret = c - '0';
while((c=getchar()) >= '0' && c <= '9')
ret = ret * 10 + ( c - '0' );
}
int Map[666][666] ;
int inmap(int x ,int y ,int n )
{
if(x >0 && x <= n && y > 0 && y <= n) return 1 ;
return 0 ;
}
int mx[2] = {0,1} ;
int my[2] = {1,0} ;
struct kdq
{
int s , e, l , c ,next ;
} ed[21111111] ;
int head[1111111] ,num ;
void add(int s ,int e ,int l ,int c )
{
ed[num].s = s ;
ed[num].e = e ;
ed[num].l = l ;
ed[num].c = c ;
ed[num].next = head[s] ;
head[s] = num ++ ;
ed[num].s = e ;
ed[num].e = s ;
ed[num].l = 0 ;
ed[num].c = -c ;
ed[num].next = head[e] ;
head[e] = num ++ ;
}
int S , T ;
int dis[1111111] ;
bool vis[1111111] ;
int qe[11111111] ;
int pre[1111111] ;
int path[1111111] ;
int spfa()
{
// REP(i,1,T) dis[i] = inf ;
mem(dis,-1) ;
dis[S] = 0 ;
vis[S] = 1 ;
int h = 0 ,t = 0 ;
qe[h ++ ] = S ;
while( h > t )
{
int tt = qe[t ++ ] ;
//cout << tt <<endl;
vis[tt] = 0 ;
for (int i = head[tt] ; ~i ; i = ed[i].next )
{
int e = ed[i].e ;
int l = ed[i].l ;
int c = ed[i].c ;
// cout << tt <<" " << e << " " << c << endl;
//cout << e << endl;
if(l > 0 &&dis[e] < dis[tt] + c)
{
pre[e] = tt ;
path[e] = i ;
dis[e] = dis[tt] + c ;
if(!vis[e])
{
vis[e] = 1 ;
qe[h ++ ] = e ;
}
}
}
}
return dis[T] != -1 ;
}
int MFMC()
{
int mic = 0 ;
while(spfa())
{
int flow = inf ;
for (int i = T ; i != S ; i = pre[i])
{
flow = min(flow ,ed[path[i]].l) ;
}
for (int i = T ; i != S ; i = pre[i])
{
ed[path[i]].l -= flow ;
ed[path[i] ^ 1].l += flow ;
}
mic += dis[T] * flow ;
}
return mic ;
}
void init()
{
mem(head,-1) ;
num = 0 ;
}
int main()
{
int n ;
while(cin >> n )
{
init() ;
S = 0 ;
T = n * n + n * n + 1 ;
REP(i,1,n)REP(j,1,n)readint(Map[i][j]) ;
REP(i,1,n)
{
REP(j,1,n)
{
add((i - 1 ) * n + j , n * n + (i - 1 ) * n + j , 1, Map[i][j]) ;//拆点，i -> i + n * n ，容量1，费用为该点值
REP(k,0,1)
{
int tx = i + mx[k] ;
int ty = j + my[k] ;
if(inmap(tx,ty,n))
{
add(n * n + (i - 1 ) * n + j , ( tx - 1 ) * n + ty ,2 ,0) ;//若两点可达, i + n * n -> j ,容量为inf ,费用为0 .
}
}
}
}
add(1,1 + n * n , 1, Map[1][1]) ;//起点容量+1
add(n * n , n * n * 2 ,1,Map[n][n]) ;//终点容量+1
add(S,1,2,0) ;//源点到起点，容量2，费用0
add(n * n + n * n , T ,2,0) ;//终点到汇点，容量2，费用0
printf("%d\n",MFMC() - Map[1][1] - Map[n][n]) ;//因为起点和终点走了2次，所以要减去他的值，当然也可以在重新加边的时候费用为0即可。
}
return 0 ;
}