#6224. 「網絡流 24 題」深海機器人問題 收益記一次可走多次

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題意
P*Q的網格中，給出每條邊的收益，若干個機器人的起始位置和目的地。機器人只能往東或北走，每條邊可以走多次，但只能算一次收益，求最優機器人移動方案下的最大收益。
思路
有機器人數量，邊的收益，這種問題顯然優先考慮最大費用最大流。一條邊的收益只能記一次，連一條容量爲1費用爲權值的邊；然後每條邊收益只記一次，但多個機器人可以走同一條路，所以對於每條邊，加一條容量爲INF，費用爲0的邊。建立超級源點S和超級匯點T，S連所有點起始位置點，容量爲機器人數量，費用爲0，所有目的地點連T，容量爲機器人數量費用爲0。然後跑最大費用最大流，這裏的模板是最小費用最大流，但把所有邊的費用改爲負值就可以求最大費用了。

#include <bits/stdc++.h>
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N = 5e3 + 7;
const int M = 1e4 + 7;
const int maxn = 1e3 + 7;
typedef long long ll;
int maxflow, mincost;
struct Edge {
    int from, to, cap, flow, cost;
    Edge(int u, int v, int ca, int f, int co):from(u), to(v), cap(ca), flow(f), cost(co){};
};
struct MCMF
{
    int n, m, s, t;
    vector<Edge> edges;
    vector<int> G[N];
    int inq[N], d[N], p[N], a[N];//是否在隊列 距離 上一條弧 可改進量
    void init(int n) {
        this->n = n;
        for (int i = 0; i < n; i++) G[i].clear();
        edges.clear();
    }
    void add(int from, int to, int cap, int cost) {
        edges.push_back(Edge(from, to, cap, 0, cost));
        edges.push_back(Edge(to, from, 0, 0, -cost));
        int m = edges.size();
        G[from].push_back(m - 2);
        G[to].push_back(m - 1);
    }
    bool SPFA(int s, int t, int &flow, int &cost) {
        for (int i = 0; i < N; i++) d[i] = INF;
        memset(inq, 0, sizeof(inq));
        d[s] = 0; inq[s] = 1; p[s] = 0; a[s] = INF;
        queue<int> que;
        que.push(s);
        while (!que.empty()) {
            int u = que.front();
            que.pop();
            inq[u]--;
            for (int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
                Edge& e = edges[G[u][i]];
                if(e.cap > e.flow && d[e.to] > d[u] + e.cost) {
                    d[e.to] = d[u] + e.cost;
                    p[e.to] = G[u][i];
                    a[e.to] = min(a[u], e.cap - e.flow);
                    if(!inq[e.to]) {
                        inq[e.to]++;
                        que.push(e.to);
                    }
                }
            }
        }
        if(d[t] == INF) return false;
        flow += a[t];
        cost += d[t] * a[t];
        int u = t;
        while (u != s) {
            edges[p[u]].flow += a[t];
            edges[p[u]^1].flow -= a[t];
            u = edges[p[u]].from;
        }
        return true;
    }
    int MinMaxflow(int s, int t) {
        int flow = 0, cost = 0;
        while (SPFA(s, t, flow, cost));
        maxflow = flow; mincost = cost;
        return cost;
    }
};
int id[maxn][maxn];
int main()
{
    int n, m, s, t, a, b;
    scanf("%d%d%d%d", &a, &b, &n, &m);
    MCMF solve;
    int tot = 0;
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= m; j++)
            id[i][j] = ++tot;
    }
    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int j = 1; j <= m; j++) {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            solve.add(id[i][j - 1], id[i][j], 1, -x);
            solve.add(id[i][j - 1], id[i][j], INF, 0);
        }
    }
    for (int j = 0; j <= m; j++) {
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            int x;
            scanf("%d", &x);
            solve.add(id[i - 1][j], id[i][j], 1, -x);
            solve.add(id[i - 1][j], id[i][j], INF, 0);
        }
    }
    s = id[n][m] + 1, t = s + 1;
    for (int i = 1; i <= a; i++) {
        int k, x, y;
        scanf("%d%d%d", &k, &x, &y);
        solve.add(s, id[x][y], k, 0);
    }
    for (int i = 1; i <= b; i++) {
        int k, x, y;
        scanf("%d%d%d", &k, &x, &y);
        solve.add(id[x][y], t, k, 0);
    }
    printf("%d\n", -solve.MinMaxflow(s, t));
}