P4177 [CEOI2008]order（网络流）最大权闭合子图

 

P4177 [CEOI2008]order

如果不能租机器，这就是最大权闭合子图的题：

给定每个点的$val$，并给出限制条件：如果取点$x$，那么必须取$y_1,y_2,y_3......$，满足$val_x>0,val_{y_i}<0$

求最大点权和。

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对于一个图，跑过最小割（最大流）后

有若干个点与源点$S$仍连通，我们把这部分点集称为$S$割

与汇点$T$仍连通的点的点集，称为$T$割

我们把$S$割内的点视作被取走，$T$割内的点视为不被取。

考虑建个新图来表示点之间的关系

在图中，对于$val_i>0$的点$i$，我们做如下操作（link操作包含连边和反向边，即正常的网络流连边）：

$link(S,i,val_i)$：如果该边在最小割中，那么$i$不属于$S$割，即该点没有被取

取$i$的同时必须取$k$，$link(i,k,inf)$：该边不可能在最小割中，表明$i$、$k$或是都被取，或是不取$i$

对于$val_i<0$的点：

$link(i,T,-val_i)$：如果该边在最小割中，那么$i$属于$S$割，取点$i$得到$-val_i$的贡献

在这样的图上跑最小割，我们就可以得出最小损失的代价$t$

答案即为$sum_{i=1}^{left | S ight |}val_i-t$（所有$val_i>0$的点$-$代价）

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但是我们可以租机器了

设$cost_k$为租机器$k$的费用，那么我们可以把租机器看成：花费$cost_k$，让这道工序可以不用机器$k$

$link(i,k,inf) ightarrow link(i,k,cost_k)$

蓝后就没了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
void read(int &x){
    char c=getchar();x=0;
    while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
    while('0'<=c&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
}
#define N 200005
#define W 40000005
#define inf 1000000000
int n,m,w,tt,id,S,T,d[N],cur[N],tot;
bool vis[N];
queue <int> h;
int cnt=1,hd[N],nxt[W],ed[N],poi[W],val[W];
inline void adde(int x,int y,int v){
    nxt[ed[x]]=++cnt, hd[x]=hd[x]?hd[x]:cnt,
    ed[x]=cnt, poi[cnt]=y, val[cnt]=v;
}
inline void link(int x,int y,int v){adde(x,y,v),adde(y,x,0);}
bool bfs(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    h.push(S); vis[S]=1;
    while(!h.empty()){
        int x=h.front();h.pop();
        for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){
            int to=poi[i];
            if(!vis[to]&&val[i])
                vis[to]=1,d[to]=d[x]+1,h.push(to);
        }
    }return vis[T];
}
int dfs(int x,int a){
    if(x==T||a==0) return a;
    int F=0,f;
    for(int &i=cur[x];i;i=nxt[i]){
        int to=poi[i];
        if(d[to]==d[x]+1&&(f=dfs(to,min(a,val[i])))>0)
            a-=f,F+=f,val[i]-=f,val[i^1]+=f;
        if(!a) break;//注意a==0要放到每次循环的最后判！
    }return F;
}
int dinic(){
    int re=0;
    while(bfs()){
        for(int i=1;i<=T;++i) cur[i]=hd[i];
        re+=dfs(S,inf);
    }return re;
}
int main(){
    read(n);read(m); S=n+m+1; T=S+1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        read(w);read(tt); link(S,i,w); tot+=w;
        while(tt--) read(id),read(w),link(i,id+n,w);
    }
    for(int i=1;i<=m;++i) read(w),link(i+n,T,w);
    printf("%d",tot-dinic());
    return 0;
}