Description
“Let the bass kick!O-oooooooooo AAAAE-A-A-I-A-U- JO-oooooooooooo AAE-O-A-A-U-U-A- E-eee-ee-eee AAAAE-A-E-I-E-A- JO-ooo-oo-oo-oo EEEEO-A-AAA-AAAA!”
LiMn2O4沉迷音乐游戏，每天都在摸鱼搓音游，而且是手机电脑两开花……为了帮助LiMn2O4尽快清醒过来，LiMn2O4答应skyer_hxx，只要skyer_hxx能写一个自动脚本来玩这个游戏，打败他的最高纪录，那么就不再摸鱼了。
这个游戏可以简化成：谱面由N个键和M条连线组成，每两个键之间有一个连线，玩家需要在键之间滑动，且连线的方向是固定的，玩家每次选择一个键，把所有从这个键出发的连线都消除掉，花费为ai，也可以将每个结束在这个点的连线消除，花费Bi。不用担心，LiMn2O4的手指足够多。最后让连线全部消失，得分就是总花费。花费越少，分数越高。
skyer_hxx何许人也，怎么会怕这点小问题？但是他现在很忙，需要你的帮助。请你对于给出的谱面，求出最小的花费。
Input
第一行有两个正整数N,M,含义同题目描述
接下来两行，第一行有N个正整数 ,代表从键i正向划到别的键需要的花费
第二行有N个正整数 ,代表从其他的键划到第i个键需要的花费
接下来M行，每一行都有两个正整数u，v，代表键u，v之间有一条u到v的连线。两个键之间可能有多个连线，同一个键之间也可能有连线。
Output
输出最小的花费，占一行。
Sample Input
3 2
1 2 1
2 1 2
1 2
1 3
Sample Output
2
我的想法：
1.首先想用贪心算法，存每条边然后比较out[a], in[b]。不过错的很离谱，答案要大了很多。原因是因为没看清楚题目。也就是上面我标红的地方。对于每个点只能计算一次最小的点权，用贪心的话点有重复也会重复计算进去。
2.最小点权覆盖集：从x或者y集合中选取一些点，使这些点覆盖所有的边，并且选出来的点的权值尽可能小。最大点权独立集：在二分图中找到权值和最大的点集，使得它们之间两两没有边。
3.借鉴了题解的思路。才知道是网络流最小点权覆盖问题。设立源点s和t，s连边到点i，容量为i点的权值；点j连边到t，容量为j点权值；原二分图中的边容量为INF，求最大流即为最小点权覆盖。
4.扩展：最大点权独立集可转化为最小点权覆盖问题，最大点权独立集 = 总权值 - 最小点权覆盖集
题解思路：
经典的网络流最小点权覆盖问题，首先拆点，分成左右两部分，源点向所有左节点连一条边，流量为删除出边的花费。所有右节点向汇点连一条边，流量为删除入边的费用。对于每条输入给定的边<u,v>，其在左边的点为u,v，右边的点为u’,v’，那么我们连一条<u,v’>的边，流量为∞（正无穷才不会对可行流上最小的容量产生限制）。跑一边最大流，得到的答案就是最小的费用。
首先，如果没有花费的话，这道题就是简单的最小点覆盖集。加上了点权之后，我们就要将最小割的思想融合进去。要注意费用，一定要符合S->T的顺序
代码：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<queue> 4 #include<algorithm> 5 #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) 6 const int inf = 0x3f3f3f3f; 7 using namespace std; 8 9 int n, m, cnt, head[250]; 10 int arr[110], brr[110]; 11 int dep[250]; 12 queue<int>Q; 13 14 struct Edge 15 { 16 int to, next; 17 int w; 18 }edge[20000]; 19 20 void add(int a, int b, int w) 21 { 22 edge[cnt].to = b; 23 edge[cnt].w = w; 24 edge[cnt].next = head[a]; 25 head[a] = cnt ++; 26 } 27 28 int bfs(int st, int ed) //dinic算法的优化之处，先进行分层 29 { 30 if(st == ed) 31 return 0; 32 while(!Q.empty()) 33 Q.pop(); 34 mem(dep, -1); //每次都初始化为未被分层 35 dep[st] = 1; //源点设置层次为1 36 Q.push(st); 37 while(!Q.empty()) 38 { 39 int index = Q.front(); 40 Q.pop(); 41 for(int i = head[index]; i != -1; i = edge[i].next) 42 { 43 int to = edge[i].to; 44 if(dep[to] == -1 && edge[i].w > 0) 45 { 46 dep[to] = dep[index] + 1; 47 Q.push(to); 48 } 49 } 50 } 51 return dep[ed] != -1;//返回是否成功分层 52 } 53 54 int dfs(int now, int ed, int cnt) 55 { 56 if(now == ed) 57 return cnt; 58 for(int i = head[now]; i != -1; i = edge[i].next) 59 { 60 int to = edge[i].to; 61 if(dep[to] == dep[now] + 1 && edge[i].w > 0) 62 { 63 int flow = dfs(to, ed, min(edge[i].w, cnt)); 64 if(flow > 0) 65 { 66 edge[i].w -= flow; 67 edge[i ^ 1].w += flow; 68 return flow; 69 } 70 } 71 } 72 return -1; 73 } 74 75 void dinic(int st, int ed) 76 { 77 long long ans = 0; 78 while(bfs(st, ed)) 79 { 80 while(1) 81 { 82 int inc = dfs(st, ed, inf); 83 if(inc == -1) 84 break; 85 ans += inc; 86 } 87 } 88 printf("%lld ", ans); 89 } 90 91 int main() 92 { 93 mem(head, -1); 94 scanf("%d%d", &n, &m);//n个点,m条边 95 for(int i = 1; i <= n; i ++) //起点向汇点 2 * n + 1建边 96 { 97 scanf("%d", &arr[i]); 98 add(i + n, 2 * n + 1, arr[i]); 99 add(2 * n + 1, i + n, 0); 100 } 101 for(int i = 1; i <= n; i ++)//源点 0 向终点建边 102 { 103 scanf("%d", &brr[i]); 104 add(0, i, brr[i]); 105 add(i, 0, 0); 106 } 107 for(int i = 1; i <= m; i ++)//从源点方向向汇点方向建边 108 { 109 int a, b; 110 scanf("%d%d", &a, &b); 111 add(a, b + n, inf); 112 add(b + n, a, 0); 113 } 114 //从源点向汇点跑一遍最大流 115 dinic(0, 2 * n + 1); 116 return 0; 117 }