https://www.luogu.org/problemnew/show/P4174
最大权闭合子图的模板
每个通讯站建一个点，点权为-Pi；每个用户建一个点，点权为Ci，分别向Ai和Bi对应的点连边；然后就可以跑了
方法是：
建新源S和新汇T，从S向所有正权点连边，容量为点权值；从所有负权点向T连边，容量为点权值的相反数；原图中所有边容量设为无穷大
跑S到T最大流
原因：（网上都有，自己研究的也不知道有没有偏差）
找出图的任意一个割，其中：
显然不可能割掉容量为无穷大的边；
割掉一条S到u的边，表示不取点u，同时舍弃u点的价值；
割掉一条v到T的边，表示取点v，同时加上v点的代价；
能保证割完这个割中的边后，S到T不连通，即保证不存在任意路径，从S到u经过一些点到v再到T，即保证不存在一个u点需要被取，但是它能到达的一个节点v没有被取。
因此，一个割对应一种闭合子图方案
同样的，可以证明一种闭合子图方案一定对应这样的一个割。
那么，求出最小割，就求出了最小的"舍弃的价值和"+"加上的代价和"，设其为x，则最大权闭合子图的点权和等于所有正点权和-x，而最小割等于最大流
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<vector> 5 #include<queue> 6 using namespace std; 7 #define fi first 8 #define se second 9 #define mp make_pair 10 #define pb push_back 11 typedef long long ll; 12 typedef unsigned long long ull; 13 typedef pair<int,int> pii; 14 namespace F 15 { 16 17 struct E 18 { 19 int to,nxt,from,cap,flow; 20 }e[400100]; 21 int f1[60100],ne=1; 22 int S,T,n; 23 int d[60100]; 24 bool bfs() 25 { 26 int k,u; 27 memset(d,0,sizeof(int)*(n+1)); 28 queue<int> q; 29 q.push(S);d[S]=1; 30 while(!q.empty()) 31 { 32 u=q.front();q.pop(); 33 for(k=f1[u];k;k=e[k].nxt) 34 if(!d[e[k].to]&&e[k].cap>e[k].flow) 35 { 36 d[e[k].to]=d[u]+1; 37 //if(e[k].to==T) return 1; 38 q.push(e[k].to); 39 } 40 } 41 //return 0; 42 return d[T]; 43 } 44 int cur[60100]; 45 int dfs(int u,int x) 46 { 47 if(u==T||x==0) return x; 48 int flow=0,f; 49 for(int &k=cur[u];k;k=e[k].nxt) 50 if(e[k].cap>e[k].flow&&d[e[k].to]==d[u]+1) 51 { 52 f=dfs(e[k].to,min(x-flow,e[k].cap-e[k].flow)); 53 e[k].flow+=f;e[k^1].flow-=f;flow+=f; 54 if(flow==x) return flow; 55 } 56 return flow; 57 } 58 int solve() 59 { 60 int flow=0; 61 while(bfs()) 62 { 63 memcpy(cur,f1,sizeof(int)*(n+1)); 64 flow+=dfs(S,0x3f3f3f3f); 65 } 66 return flow; 67 } 68 void me(int a,int b,int c) 69 { 70 e[++ne].to=b;e[ne].nxt=f1[a];f1[a]=ne; 71 e[ne].from=a;e[ne].cap=c; 72 e[++ne].to=a;e[ne].nxt=f1[b];f1[b]=ne; 73 e[ne].from=b;e[ne].cap=0; 74 } 75 76 } 77 int n,m; 78 int main() 79 { 80 int i,a,b,c,ss=0,t; 81 scanf("%d%d",&n,&m);F::n=n+m+2;F::S=n+m+1;F::T=n+m+2; 82 for(i=1;i<=n;i++) 83 { 84 scanf("%d",&t); 85 F::me(i,F::T,t); 86 //ss-=t; 87 } 88 for(i=1;i<=m;i++) 89 { 90 scanf("%d%d%d",&a,&b,&c); 91 F::me(F::S,i+n,c); 92 F::me(i+n,a,0x3f3f3f3f); 93 F::me(i+n,b,0x3f3f3f3f); 94 ss+=c; 95 } 96 printf("%d",ss-F::solve()); 97 return 0; 98 }
upd20190307:
貌似cf出了重题，但是要改longlonghttps://codeforces.com/problemset/problem/1082/G
https://www.luogu.org/problemnew/show/P2762
这题也是一样，但是要输出方案
按照上面的方法，只要找出任意一组最小割就容易找到输出方法了
怎么找最小割？只要找出跑出最大流以后，找出残量网络中源点S能到达的点集s1，取t1=所有点的集合-s1，那么割掉原图中所有s1,t1间的边即可
这里面有一个看起来比较靠谱的证明：https://hihocoder.com/problemset/problem/1378
1 #include<cstdio> 2 #include<algorithm> 3 #include<cstring> 4 #include<vector> 5 #include<queue> 6 #include<iostream> 7 using namespace std; 8 #define fi first 9 #define se second 10 #define mp make_pair 11 #define pb push_back 12 typedef long long ll; 13 typedef unsigned long long ull; 14 typedef pair<int,int> pii; 15 namespace F 16 { 17 18 struct E 19 { 20 int to,nxt,from,cap,flow; 21 }e[400100]; 22 int f1[60100],ne=1; 23 int S,T,n; 24 int d[60100]; 25 bool bfs() 26 { 27 int k,u; 28 memset(d,0,sizeof(int)*(n+1)); 29 queue<int> q; 30 q.push(S);d[S]=1; 31 while(!q.empty()) 32 { 33 u=q.front();q.pop(); 34 for(k=f1[u];k;k=e[k].nxt) 35 if(!d[e[k].to]&&e[k].cap>e[k].flow) 36 { 37 d[e[k].to]=d[u]+1; 38 //if(e[k].to==T) return 1; 39 q.push(e[k].to); 40 } 41 } 42 //return 0; 43 return d[T]; 44 } 45 int cur[60100]; 46 int dfs(int u,int x) 47 { 48 if(u==T||x==0) return x; 49 int flow=0,f; 50 for(int &k=cur[u];k;k=e[k].nxt) 51 if(e[k].cap>e[k].flow&&d[e[k].to]==d[u]+1) 52 { 53 f=dfs(e[k].to,min(x-flow,e[k].cap-e[k].flow)); 54 e[k].flow+=f;e[k^1].flow-=f;flow+=f; 55 if(flow==x) return flow; 56 } 57 return flow; 58 } 59 int solve() 60 { 61 int flow=0; 62 while(bfs()) 63 { 64 memcpy(cur,f1,sizeof(int)*(n+1)); 65 flow+=dfs(S,0x3f3f3f3f); 66 } 67 return flow; 68 } 69 void me(int a,int b,int c) 70 { 71 e[++ne].to=b;e[ne].nxt=f1[a];f1[a]=ne; 72 e[ne].from=a;e[ne].cap=c; 73 e[++ne].to=a;e[ne].nxt=f1[b];f1[b]=ne; 74 e[ne].from=b;e[ne].cap=0; 75 } 76 77 78 } 79 80 int n,m; 81 char tools[1001000]; 82 bool ok[60100]; 83 int tt[1001000]; 84 void work() 85 { 86 int k,u; 87 memset(ok,0,sizeof(bool)*(n+1)); 88 queue<int> q; 89 q.push(F::S);ok[F::S]=1; 90 using F::f1;using F::e; 91 while(!q.empty()) 92 { 93 u=q.front();q.pop(); 94 for(k=f1[u];k;k=e[k].nxt) 95 if(!ok[e[k].to]&&e[k].cap>e[k].flow) 96 { 97 q.push(e[k].to); 98 ok[e[k].to]=1; 99 } 100 } 101 for(int i=1;i<=F::n;i++) 102 if(ok[i]) 103 { 104 for(k=f1[i];k;k=e[k].nxt) 105 if(k%2==0&&!ok[e[k].to]) 106 tt[++tt[0]]=k; 107 } 108 } 109 bool nok[5010]; 110 int main() 111 { 112 int i,a,b,c,ss=0,t; 113 scanf("%d%d",&m,&n);F::n=n+m+2;F::S=n+m+1;F::T=n+m+2; 114 for(i=1;i<=m;i++) 115 { 116 scanf("%d",&t); 117 F::me(F::S,i,t); 118 ss+=t; 119 cin.getline(tools,10000); 120 int ulen=0,tool; 121 while(sscanf(tools+ulen,"%d",&tool)==1) 122 { 123 F::me(i,tool+m,0x3f3f3f3f); 124 if(tool==0) 125 ulen++; 126 else 127 { 128 while(tool) 129 { 130 tool/=10; 131 ulen++; 132 } 133 } 134 ulen++; 135 } 136 } 137 for(i=1;i<=n;i++) 138 { 139 scanf("%d",&t); 140 F::me(i+m,F::T,t); 141 } 142 int an=ss-F::solve(); 143 work(); 144 for(i=1;i<=tt[0];i++) 145 { 146 using F::e; 147 if(e[tt[i]].from==F::S) 148 { 149 nok[e[tt[i]].to]=1; 150 } 151 } 152 for(i=1;i<=m;i++) 153 if(!nok[i]) 154 printf("%d ",i); 155 puts(""); 156 for(i=1;i<=tt[0];i++) 157 { 158 using F::e; 159 if(e[tt[i]].to==F::T) 160 { 161 printf("%d ",e[tt[i]].from-m); 162 } 163 } 164 puts(""); 165 printf("%d",an); 166 return 0; 167 }