网络流经典模型之一：最大权闭合子图（寿司餐厅）

前言

为毛我之前做网络流24题一篇题解都没有写

正片

例题

[六省联考2017]寿司餐厅

链接

当时就想着用DP搞，结果死活搞不出那个m=1的做法

最大权闭合子图介绍

给你新的一道题目，有(n)个点，每个点有个(a)值，选了就会加上其(a)值，那么很明显加上全部正的(a)即可。

但是现在要求给你一些关系：选了(x)必须选(y)。

我们现在的(ans)先加上所有的正数。

那么，考虑最小割，如果在最小割中割了(x)和(S)的边，表示不选(x)，而割了(x)和(T)的边，然后需要注意的是，边权不是价值，而是代价，也就是需要从(ans)中减去的东西。（当然，倒过来应该也没有问题。）

对于一个点(i)，如果(a_i>0)，则向(S)连边权为(a_i)的边，向(T)连边权为(0)的边，如果(a_i≤0)，则向(S)连边权为(0)的边，向(T)连边权为(-a_i)的边。

好，那么如果选了(x)必须选(y)，就把(x)向(y)连一条边，边权为(∞)，为什么？

因为如果(x)选了，割了与(T)的边，(y)不选，割了与(S)的边，那么就一定存在一条路径：(S->x->y->T)。

所以(x)选了，(y)必须被选。

这就是最大权闭合子图。

做法

仔细一看，对于(d_{i,j})而言，选了其必须选择(d_{i+1,j},d_{i,j-1})，而对于(d_{i,i})而言，选了其必须删去(i)的代号，而对于(i)，如果其被选择，那么也要删去其代号的平方乘(m)。

然后跑Dinic即可。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define  N  110
#define  NN  12000
#define  M  110000
using  namespace  std;
inline  int  mymin(int  x,int  y){return  x<y?x:y;}
struct  node
{
	int  y,next,c;
}a[M];int  len=1,last[NN];
inline  void  ins_node(int  x,int  y,int  c){len++;a[len].y=y;a[len].c=c;a[len].next=last[x];last[x]=len;}
inline  void  ins(int  x,int  y,int  c){ins_node(x,y,c);ins_node(y,x,0);}
int  list[NN],head,tail,h[NN],st,ed;
bool  bfs()
{
	memset(h,0,sizeof(h));h[ed]=1;
	head=1;tail=1;list[1]=ed;
	while(head<=tail)
	{
		int  x=list[head++];
		for(int  k=last[x];k;k=a[k].next)
		{
			int  y=a[k].y;
			if(a[k^1].c  &&  !h[y])
			{
				h[y]=h[x]+1;
				list[++tail]=y;
			}
		}
	}
	return  h[st];
}
int  dinic(int  x,int  f)
{
	if(x==ed)return  f;
	int  s=0,t;
	for(int  k=last[x];k;k=a[k].next)
	{
		int  y=a[k].y;
		if(a[k].c  &&  h[x]==h[y]+1)
		{
			s+=t=dinic(y,mymin(f-s,a[k].c));
			a[k].c-=t;a[k^1].c+=t;
			if(s==f)return  s;
		}
	}
	h[x]=0;
	return  s;
}
bool  v[1100];
int  ans=0;
inline  void  jian(int  x,int  v)
{
	if(v>0)
	{
		ans+=v;
		ins(st,x,v);
	}
	else  if(v<0)ins(x,ed,-v);
}
int  n,m,d[N][N];
int  main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	st=n*n+n+1000+1;ed=st+1;
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		int  x;scanf("%d",&x);
		if(!v[x]  &&  m)jian(n*n+x,-m*x*x),v[x]=1;
		jian(n*n+1000+i,-x);
		ins(n*n+1000+i,n*n+x,999999999);
	}
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int  j=i;j<=n;j++)
		{
			scanf("%d",&d[i][j]);
			jian((i-1)*n+j,d[i][j]);
		}
	}
	for(int  i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int  j=i;j<=n;j++)
		{
			if(i==j)ins((i-1)*n+j,n*n+1000+i,999999999);
			else  ins((i-1)*n+j,i*n+j,999999999),ins((i-1)*n+j,(i-1)*n+j-1,999999999);
		}
	}
	while(bfs())
	{
		ans-=dinic(st,999999999);
	}
	printf("%d
",ans);
	return  0;
}
/*
1-n^2表示d(i,j)
n^2+1-n^2+1000表示第i个代号。
n^2+1001-n^2+1000+n表示第i个数字，减去其代号 
*/