题意：
给一个n*n的矩阵，每次从左上角走到右下角并取走其中的数，，求走k次能取到的最大和。
分析：
费用流边的容量有限制的作用，费用有求和的作用，对于每个点只能取一次，容易想到把这个点拆成两个点并连上容量为1，费用为该点数的边。但明显有的流要“跳过”这个点，如何处理呢？可以加一条容量为无穷，费用为0的边，这样不参加这点费用计算的流就可以"跳过"这个点了。
代码：
//poj 3422//sep9#include <iostream>#include <queue>using namespace std;const int maxN=10024;const int maxM=20024;struct Edge{int v,f,w,nxt;}e[4*maxM+10];int g[maxN+10];int nume,src,sink;queue<int> Q;bool inq[maxN+10];int dist[maxN+10];int prev[maxN+10],pree[maxN+10];void addedge(int u,int v,int c,int w){e[++nume].v=v;e[nume].f=c;e[nume].w=w;e[nume].nxt=g[u];g[u]=nume;e[++nume].v=u;e[nume].f=0;e[nume].w=-w;e[nume].nxt=g[v];g[v]=nume;}bool find_path(){while(!Q.empty()) Q.pop();memset(dist,-1,sizeof(dist));memset(inq,false,sizeof(inq));Q.push(src);inq[src]=true;dist[src]=0;while(!Q.empty()){int u=Q.front();Q.pop();inq[u]=false;for(int i=g[u];i;i=e[i].nxt){if(e[i].f>0&&dist[u]+e[i].w>dist[e[i].v]){dist[e[i].v]=dist[u]+e[i].w;prev[e[i].v]=u;pree[e[i].v]=i;if(!inq[e[i].v]){Q.push(e[i].v);inq[e[i].v]=true;}}}}return dist[sink]==-1?false:true;}int max_cost_flow(int f){int res=0;while(f>0){if(find_path()==false)return -1;int d=f;for(int v=sink;v!=src;v=prev[v])d=min(d,e[pree[v]].f);f-=d;res+=d*dist[sink];for(int v=sink;v!=src;v=prev[v]){e[pree[v]].f-=d;e[pree[v]^1].f+=d;}}return res;}void init(){memset(g,0,sizeof(g));nume=1;}int main(){init();int i,j,n,k;scanf("%d%d",&n,&k);src=2*n*n,sink=src+1;for(i=0;i<n;++i)for(j=0;j<n;++j){int x;scanf("%d",&x);int u=i*n+j;int v=u+n*n;addedge(u,v,1,x);addedge(u,v,INT_MAX,0);if(i>0){int t=(i-1)*n+j+n*n;addedge(t,u,INT_MAX,0);}if(j>0){int t=i*n+(j-1)+n*n;addedge(t,u,INT_MAX,0);}}addedge(src,0,k,0);addedge(2*n*n-1,sink,k,0);printf("%d",max_cost_flow(k));return 0;}
让我们将事前的忧虑，换为事前的思考和计划吧!
