這道題的建模過程需要按照三個要求分開建模：
規則一：每條路徑不相交：
因為每條路徑不相交，所以每個每個節點只能經過一次。所以我們拆點x,y,順便將每個點都標號：
1.源點向第一層的x集合連一條邊，費用為0，容量為1.最後一層的y集合向匯點連一條邊，容量為1，費用為0；
2.x集合中的每乙個點xi，向y集合中的點yi連一條邊，容量為1，權值為i點的點權，代表每個點只能選一次
3.每個y集合中的點yi，向x集合的點xj連一條邊，如果j在i的下方或者右下方。
之後跑最大費用流，費用即是答案
規則二：可以在點處交叉：
這次不需要拆點，因為乙個點可以經過多次，相當於最長路了
1.源點向第一層的每個點連一條邊，容量1，費用0；
2.最後一層點的向匯點連一條邊，容量inf，費用為該點權。
3.每一層中的點向下一層的點連一條邊，容量為1，費用為點權。代表了只向下一層輸送乙個點的點權。
之後同樣跑一次最大費用流。
規則三：可以在任意點交叉
這個意思其實就是每個點接受的流量可能來自任何乙個點，那麼問題就簡單了，在上面的基礎上，將層與層連線的邊容量變成inf就行。
最大費用流其實不必要重寫費用流，只要將權值取相反數就行
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using
namespace
std;
const
int maxn = 100000;
const
int maxm = 100000;
const
int inf = 0x3f3f3f3f;
struct edge
edge[maxm];
int head[maxn],tol;
int pre[maxn],dis[maxn];
bool vis[maxn];
int n;//節點總個數，節點編號從0~n-1
void init(int n)
void addedge(int u,int v,int cap,int cost)
bool spfa(int s,int t)
dis[s] = 0;
vis[s] = true;
q.push(s);
while(!q.empty())}}
}if(pre[t] == -1)
return
false;
else
return
true;
}//返回的是最大流，cost存的是最小費用
int mincostmaxflow(int s,int t,int &cost)
for(int i = pre[t]; i != -1; i = pre[edge[i^1].to])
flow += min;
}return flow;
}void print_all()
}int id[1001][1001];
int a[1001][1001];
int main()
}int st = 0,en = cnt * 2+1;
init(cnt * 2+ 2);
for(int i = 1; i <= m; i++)
for(int i = 1; i<=n + m -1; i++)
for(int i = 1; i<=n; i++)}}
int ans1,cost1 = 0;
ans1 = mincostmaxflow(st,en,cost1);
printf("%d\n",-cost1);
init(cnt +2);
st = 0,en = cnt +1;
for(int i = 1; i<=m; i++)
for(int i = 1; i<=n + m -1; i++)
for(int i = 1; i<=n; i++)}}
int ans2,cost2 = 0;
ans2 = mincostmaxflow(st,en,cost2);
printf("%d\n",-cost2);
init(cnt +2);
st = 0,en = cnt +1;
for(int i = 1; i<=m; i++)
for(int i = 1; i<=n + m -1; i++)
for(int i = 1; i<=n; i++)}}
int cost3 = 0;
int ans3 = mincostmaxflow(st,en,cost3);
printf("%d\n",-cost3);
return0;}
/*2 2 1
1 3 0 1 2
1 3 1 2 -1
*/
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