大致题意：给定一个(N*N)的方形网格，其中1表示这个格子有油库，0表示这个格子没油库，且汽车加满油可以行驶(k)条网格边。如果遇到油库必须加满油并花费(A)元，如果(X)坐标或(Y)坐标减少需花费(B)元，若需新建一个油库需花费(C)元（另需加油费(A)元）。问你从((1,1))到((N,N))的最少花费。
(SPFA)做法
先说明，这篇博客只讲(SPFA)，不讲网络流。
我们可以用(dis_{i,j,l})来表示到达网格((i,j))，还能行驶(l)条网格边所需的最小花费。
显然，初始化(dis_{1,1,k}=0)，然后从((1,1))出发跑最短路即可。
对于当前状态((i,j,l))，我们可以这样考虑它的转移：
-
如果当前还能行驶的距离不等于(k)（即油未加满）
-
如果当前网格有油库，那么我们就可以花费(A)元将状态转移至((i,j,k))，即：
[dis_{i,j,k}=min(dis_{i,j,k},dis_{i,j,l}+A) ] -
如果当前网格没有油库，那么我们就可以花费(C)元造一个油库，然后花费(A)元将状态转移至((i,j,k))，即：
[dis_{i,j,k}=min(dis_{i,j,k},dis_{i,j,l}+A+C) ]
-
-
如果当前还能行驶的距离大于0
- 如果是向右或向下行驶，那么可以直接将状态转移至((i+1,j,l-1))和((i,j+1,l-1))，即：
[dis_{i+1,j,l-1}=min(dis_{i+1,j,l-1},dis_{i,j,l}) ][dis_{i,j+1,l-1}=min(dis_{i,j+1,l-1},dis_{i,j,l}) ]-
如果是向左或向上行驶，那么就需要花费(B)元才能将状态转移至((i-1,j,l-1))和((i,j-1,l-1))，即：
[dis_{i-1,j,l-1}=min(dis_{i-1,j,l-1},dis_{i,j,l}+B) ][dis_{i,j-1,l-1}=min(dis_{i,j-1,l-1},dis_{i,j,l}+B) ]
这样，代码就不难写了吧。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define max(x,y) ((x)>(y)?(x):(y))
#define min(x,y) ((x)<(y)?(x):(y))
#define abs(x) ((x)<0?-(x):(x))
#define LL long long
#define ull unsigned long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define tc() (A==B&&(B=(A=ff)+fread(ff,1,100000,stdin),A==B)?EOF:*A++)
#define pc(ch) (pp_<100000?pp[pp_++]=(ch):(fwrite(pp,1,100000,stdout),pp[(pp_=0)++]=(ch)))
#define N 100
#define K 10
#define MOD (N*N*K)
int pp_=0;char ff[100000],*A=ff,*B=ff,pp[100000];
using namespace std;
const int dx[4]={1,-1,0,0},dy[4]={0,0,1,-1};
int n,m,a,b,c,s[N+5][N+5],dis[N+5][N+5][K+5],Inqueue[N+5][N+5][K+5];
struct Status
{
int x,y,v;
}q[MOD+5];
inline void read(int &x)
{
x=0;static char ch;
while(!isdigit(ch=tc()));
while(x=(x<<3)+(x<<1)+ch-48,isdigit(ch=tc()));
}
inline void read_digit(int &x)
{
while(!isdigit(x=tc()));
x-=48;
}
inline void write(int x)
{
if(x>9) write(x/10);
pc(x%10+'0');
}
int main()
{
register int i,j,l,H=Inqueue[1][1][m]=1,T=1;
for(read(n),read(m),read(a),read(b),read(c),i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=n;++j) read_digit(s[i][j]);
for(i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=n;++j) for(l=0;l<=m;++l) dis[i][j][l]=1e9;//初始化
dis[1][1][m]=0,q[1]=(Status){1,1,m};//初始化
while((H%=MOD)^(T+1))//只要队列不为空（因为是手写的循环队列，因此看起来特别别扭）
{
Status k=q[H++];Inqueue[k.x][k.y][k.v]=0;//取出队首元素
if(k.v^m)//如果油未加满
{
if(s[k.x][k.y])//如果这里有油库
{
if(dis[k.x][k.y][k.v]+a<dis[k.x][k.y][m])
{
dis[k.x][k.y][m]=dis[k.x][k.y][k.v]+a;
if(!Inqueue[k.x][k.y][m]) Inqueue[k.x][k.y][m]=1,q[(++T)%=MOD]=(Status){k.x,k.y,m};
}
continue;
}//否则就没有油库，需要花C元建一个
if(dis[k.x][k.y][k.v]+a+c<dis[k.x][k.y][m])
{
dis[k.x][k.y][m]=dis[k.x][k.y][k.v]+a+c;
if(!Inqueue[k.x][k.y][m]) Inqueue[k.x][k.y][m]=1,q[(++T)%=MOD]=(Status){k.x,k.y,m};
}
}
if(k.v)//如果还有油
{
for(i=0;i<4;++i)//枚举上下左右四个方向
{
static int nx,ny;
if(dis[k.x][k.y][k.v]+(dx[i]<0||dy[i]<0)*b<dis[nx=k.x+dx[i]][ny=k.y+dy[i]][k.v-1])//如果是向左或向上，还需加上B元
{
dis[nx][ny][k.v-1]=dis[k.x][k.y][k.v]+(dx[i]<0||dy[i]<0)*b;
if(!Inqueue[nx][ny][k.v-1]) Inqueue[nx][ny][k.v-1]=1,q[(++T)%=MOD]=(Status){nx,ny,k.v-1};
}
}
}
}
register int ans=1e9;
for(i=0;i<=m;++i) ans=min(ans,dis[n][n][i]);//枚举到达(N,N)后还能行驶的距离，从而求出最优方案下的最少花费
return write(ans),fwrite(pp,1,pp_,stdout),0;
}