【思维题 最大权闭合子图】loj#6045. 「雅礼集训 2017 Day8」价
又是经典模型的好题目
题目描述
人类智慧之神 zhangzj 最近有点胖，所以要减肥，他买了 NN 种减肥药，发现每种减肥药使用了若干种药材，总共正好有 NN 种不同的药材。
经过他的人脑实验，他发现如果他吃下去了 KK（0≤K≤N0≤K≤N）种减肥药，而这 KK 种减肥药使用的药材并集大小也为 KK，这 KK 种才会有效果，否则无效。
第 ii 种减肥药在产生效果的时候会使 zhangzj 的体重增加 PiPi 斤，显然 PiPi 可以小于 00。
他想知道，一次吃药最好情况下体重变化量是多少，当然可以一种药也不吃，此时体重不变。 由于某些奥妙重重的情况，我们可以让这 NN 种减肥药每一种对应一个其使用的药材，且 NN 种减肥药对应的药材互不相同（即有完美匹配）。
输入格式
第一行一个整数 NN。
接下来 NN 行，每行描述一种减肥药，对于一种减肥药，第一个数读入使用的药材个数 tt，接下来 tt 个整数表示使用的药材编号，一个药材编号在一行只会出现一次。
最后一行 NN 个整数，第 ii 个整数 PiPi 表示第 ii 种减肥药产生效果时的体重变化量。
数据范围与提示
对于 30%30% 的数据，N≤20N≤20；
对于另外 10%10% 的数据，Pi<0Pi<0；
对于 100%100% 的数据，1≤N≤300,∣Pi∣≤10000001≤N≤300,∣Pi∣≤1000000。
题目分析
这道题最主要的麻烦在于药材和药的数目要相同，这意味着最优情况下，可能需要选取一些收益为负的药来达到合法状态。因此wqs二分药材权值负增量的做法就会挂得很彻底。
再观察题目的特殊性质，发现给出的一张图是恰好两侧点数相同，且具有完美匹配的二分图。这个条件说明在左侧任意选取$k$个点，右侧对应的$k'$必定有$k \le k'$。这是一个相当重要的条件。在这个前提下，我们可以把每种减肥药的权值改为$BASE-P_i$；药材的权值设成$BASE$，再以此做最大权闭合子图。关于这个做法的解释如下所示：
这里是第一个例子，最优方案是三个全选，收益为20。考虑一下“表面权值和最优”（但是不合法）的选前两个的方案，由于我们在右侧每个药材都连出了$BASE$的边，那么当左边选取$k$个、右边选取$k\le k'$个时，进行的操作相当于是选了右侧$k'\times BASE$的割，然而很明显选左侧$k\times BASE-\sum P_i$的割更优。但在最大权闭合子图的方面看，割去$(S,i)$也即意味着点$i$就是不选了，这与前一假设矛盾。因此，右边边权的$BASE$增量能够致使$k\ge k'$，那么综上所述保证了$k=k'$。
以下是第二个例子。在这个例子中，为了保证合法，我们不得不选取增肥100的减肥药。同样是考虑选取前两个元素的方案，会发现仍然由于右侧有三个$BASE，所以导致只有在加入第三个元素时才得到最大值。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int maxn = 1035; 3 const int maxm = 200035; 4 const int INF = 2e9; 5 const int base = 5e6; 6 7 struct Edge 8 { 9 int u,v,f,c; 10 Edge(int a=0, int b=0, int c=0, int d=0):u(a),v(b),f(c),c(d) {} 11 }edges[maxm]; 12 int edgeTot,head[maxn],nxt[maxm],lv[maxn]; 13 int n,ans,tot,S,T; 14 15 void addedge(int u, int v, int c) 16 { 17 edges[edgeTot] = Edge(u, v, 0, c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot, ++edgeTot; 18 edges[edgeTot] = Edge(v, u, 0, 0), nxt[edgeTot] = head[v], head[v] = edgeTot, ++edgeTot; 19 } 20 bool buildLevel() 21 { 22 std::queue<int> q; 23 memset(lv, 0, sizeof lv); 24 q.push(S), lv[S] = 1; 25 for (int tmp; q.size(); ) 26 { 27 tmp = q.front(), q.pop(); 28 for (int i=head[tmp]; i!=-1; i=nxt[i]) 29 { 30 int v = edges[i].v; 31 if (!lv[v]&&edges[i].f < edges[i].c){ 32 lv[v] = lv[tmp]+1, q.push(v); 33 if (v==T) return true; 34 } 35 } 36 } 37 return false; 38 } 39 int fndPath(int x, int lim) 40 { 41 int sum = 0; 42 if (x==T||!lim) return lim; 43 for (int i=head[x]; i!=-1&&sum < lim; i=nxt[i]) 44 { 45 int v = edges[i].v, val; 46 if (lv[v]==lv[x]+1&&edges[i].f < edges[i].c){ 47 if ((val = fndPath(v, std::min(lim-sum, edges[i].c-edges[i].f)))){ 48 edges[i].f += val, edges[i^1].f -= val, sum += val; 49 }else lv[v] = -1; 50 } 51 } 52 return sum; 53 } 54 int dinic() 55 { 56 int ret = 0, val; 57 while ((buildLevel())) 58 while ((val = fndPath(S, INF))) ret += val; 59 return ret; 60 } 61 int main() 62 { 63 freopen("loj6045.in","r",stdin); 64 freopen("loj6045.out","w",stdout); 65 memset(head, -1, sizeof head); 66 scanf("%d",&n), S = 0, T = 2*n+1; 67 for (int i=1,k; i<=n; i++) 68 { 69 scanf("%d",&k); 70 for (int u; k; --k) 71 scanf("%d",&u), addedge(i, u+n, INF); 72 } 73 for (int i=1,s; i<=n; i++) 74 { 75 scanf("%d",&s); 76 addedge(S, i, base-s); 77 addedge(i+n, T, base); 78 tot += base-s; 79 } 80 printf("%d\n",-tot+dinic()); 81 return 0; 82 }
END
