HDU5772 String problem（最大权闭合子图）
题目。。说了很多东西
官方题解是这么说的：
首先将点分为3类
第一类：Pij 表示第i个点和第j个点组合的点，那么Pij的权值等于w[i][j]+w[j][i]（表示得分）
第二类：原串中的n个点每个点拆出一个点，第i个点权值为 –a[s[i]] （表示要花费）
第三类：对于10种字符拆出10个点，每个点的权值为 -(b[x]-a[x])
那么我们可以得到一个关系图 ，对于第一类中的点Pij，如果想要选择Pij，你就必须要选中第二类中的点i和j，对于第二类中的点如果你想选中第i个点，其对应的字符s[i]，那么就必须选中第三类中s[i] 对应的点，因为每个种类的点第一次选中时花费是b[s[i]]，而第二类中花费都是a[s[i]],一定要补上b[s[i]]-a[s[i]]，而且只需要补上一次。
得到上面的关系图后然后就是普通的最大权闭合子图问题,直接求解即可。
仔细思考这个解法的正确性，会发现有个巧妙之处。
Pij表示组合，但是如果选择(1,2)和(2,3)这个组合，也必须选则(1,3)这个组合。因为原问题是将获得的子序列中累加所有字符对产生的收益，选择(1,2)和(2,3)，就说明序列是1,2,3，那么(1,3)的收益也要统计进去。
而在这个最大权闭合子图的模型里是能保证这种情况下(1,3)也会被选择的！因为(1,2)和(2,3)选择了那么就说明已经选择了对应的第二类和第三类有负收益的点，而这些点包含(1,3)被选前提所需的点！而(1,3)是正收益的，显然一定会选。
因此，这个解法就巧妙地正确了。
另外，最大权闭合子图构图的原理可以很直观地从最小割上去理解。
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<queue> 4 #include<algorithm> 5 using namespace std; 6 #define INF (1<<30) 7 #define MAXN 5120 8 #define MAXM 1002120 9 10 struct Edge{ 11 int v,cap,next; 12 }edge[MAXM]; 13 int vs,vt,NE,NV; 14 int head[MAXN]; 15 16 void addEdge(int u,int v,int cap){ 17 edge[NE].v=v; edge[NE].cap=cap; 18 edge[NE].next=head[u]; head[u]=NE++; 19 edge[NE].v=u; edge[NE].cap=0; 20 edge[NE].next=head[v]; head[v]=NE++; 21 } 22 23 int level[MAXN]; 24 int gap[MAXN]; 25 void bfs(){ 26 memset(level,-1,sizeof(level)); 27 memset(gap,0,sizeof(gap)); 28 level[vt]=0; 29 gap[level[vt]]++; 30 queue<int> que; 31 que.push(vt); 32 while(!que.empty()){ 33 int u=que.front(); que.pop(); 34 for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next){ 35 int v=edge[i].v; 36 if(level[v]!=-1) continue; 37 level[v]=level[u]+1; 38 gap[level[v]]++; 39 que.push(v); 40 } 41 } 42 } 43 44 int pre[MAXN]; 45 int cur[MAXN]; 46 int ISAP(){ 47 bfs(); 48 memset(pre,-1,sizeof(pre)); 49 memcpy(cur,head,sizeof(head)); 50 int u=pre[vs]=vs,flow=0,aug=INF; 51 gap[0]=NV; 52 while(level[vs]<NV){ 53 bool flag=false; 54 for(int &i=cur[u]; i!=-1; i=edge[i].next){ 55 int v=edge[i].v; 56 if(edge[i].cap && level[u]==level[v]+1){ 57 flag=true; 58 pre[v]=u; 59 u=v; 60 //aug=(aug==-1?edge[i].cap:min(aug,edge[i].cap)); 61 aug=min(aug,edge[i].cap); 62 if(v==vt){ 63 flow+=aug; 64 for(u=pre[v]; v!=vs; v=u,u=pre[u]){ 65 edge[cur[u]].cap-=aug; 66 edge[cur[u]^1].cap+=aug; 67 } 68 //aug=-1; 69 aug=INF; 70 } 71 break; 72 } 73 } 74 if(flag) continue; 75 int minlevel=NV; 76 for(int i=head[u]; i!=-1; i=edge[i].next){ 77 int v=edge[i].v; 78 if(edge[i].cap && level[v]<minlevel){ 79 minlevel=level[v]; 80 cur[u]=i; 81 } 82 } 83 if(--gap[level[u]]==0) break; 84 level[u]=minlevel+1; 85 gap[level[u]]++; 86 u=pre[u]; 87 } 88 return flow; 89 } 90 91 char str[111]; 92 int ax[11],bx[11],w[111][111]; 93 int main(){ 94 int t,n; 95 96 scanf("%d",&t); 97 for(int cse=1; cse<=t; ++cse){ 98 99 scanf("%d",&n); 100 for(int i=0; i<n; ++i){ 101 scanf(" %c",str+i); 102 } 103 104 for(int i=0; i<10; ++i){ 105 scanf("%d%d",ax+i,bx+i); 106 } 107 for(int i=0; i<n; ++i){ 108 for(int j=0; j<n; ++j){ 109 scanf("%d",&w[i][j]); 110 } 111 } 112 113 vs=(n-1)*n/2+n+10; vt=vs+1; NV=vt+1; NE=0; 114 memset(head,-1,sizeof(head)); 115 116 int cnt=0,tot=0; 117 for(int i=0; i<n; ++i){ 118 for(int j=i+1; j<n; ++j){ 119 tot+=w[i][j]+w[j][i]; 120 addEdge(vs,cnt,w[i][j]+w[j][i]); 121 addEdge(cnt,i+(n-1)*n/2,INF); 122 addEdge(cnt,j+(n-1)*n/2,INF); 123 ++cnt; 124 } 125 } 126 for(int i=0; i<n; ++i){ 127 addEdge(i+(n-1)*n/2,vt,ax[str[i]-'0']); 128 addEdge(i+(n-1)*n/2,str[i]-'0'+(n-1)*n/2+n,INF); 129 } 130 for(int i=0; i<10; ++i){ 131 addEdge(i+(n-1)*n/2+n,vt,bx[i]-ax[i]); 132 } 133 134 printf("Case #%d: %d\n",cse,tot-ISAP()); 135 } 136 return 0; 137 }
