CF103E
有一点tricky的东西,不是很难。
做法1:用jzoj一道题的做法。
考虑最大权闭合子图对每个集合拆点\(i\),每个元素拆点\(i+n\)。
则集合\(i\)选择,\(S_i\)的每个元素都要选择。
\(i\)的代价为\(m_i\),\(i+n\)的代价为\(0\)
这是经典的最大权闭合子图,但是要求任意\(i\)个集合的并的元素个数必定是\(i\),不太能做。
由于规定了任意\(i\)个集合的并的元素个数必定大于等于\(i\),任意\(i\)个集合的并的元素个数-\(i\geq 0\)
也就是说对于每个子集,任意\(i\)个集合的并的元素个数\(-i\)的最小值等于\(0\)(这很难想到)
于是可以修改上面的网络流模型,用\(\inf\)限制任意\(i\)个集合的并的元素个数\(-i\)的最小值等于\(0\)。
设一个选择方案的代价为价值减去\(\inf*\)限制任意\(i\)个集合的并的元素个数\(-i\)的最小值,则\(\inf*\)限制任意\(i\)个集合的并的元素个数\(-i\)的最小值必须为\(0\)才最优。
于是修改成\(i\)的代价为\(m_i+\inf\),\(i+n\)的代价为\(-\inf\)即可。
最小权只需要费用取反即可。
做法2:我在思考那道题时的一个想法。
这个做法本质和做法1相同。
可以用一个二元组表示选择方案的代价:\((a,b)\)表示价值为\(b\),集合的并的元素个数-\(i\)为\(a\)
比较时先比较\(a\)再比较\(b\)。
两个二元组\((a,b)+(c,d)\)的加法定义为\((a+c,b+d)\)
两个二元组的最小值定义为\((a-c,b-d)\)(不能定义为\((a-\min(a,c),b-\min(b,d))\))
设\(i\)的代价为\((1,m_i)\),\(i+n\)的代价为\((-1,0)\),把每条边的代价也设为二元组,最大流即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 400010
#define M 400010
#define int long long
int h[M],nxt[M],v[M],w[M],s,t,dep[M],ec,n,p[N],T,a[N],ans;
char st[N];
void add(int a,int b,int c){v[++ec]=b;w[ec]=c;nxt[ec]=h[a];h[a]=ec;}
void adj(int a,int b,int c){
add(a,b,c);
add(b,a,0);
}
int id(int x,int y){
return (x-1)*n+y;
}
bool bfs(){
queue<int>q;
q.push(s);
for(int i=1;i<=t;i++)
dep[i]=0;
dep[s]=1;
while(!q.empty()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=h[x];i;i=nxt[i])
if(w[i]&&!dep[v[i]]){
dep[v[i]]=dep[x]+1;
q.push(v[i]);
if(v[i]==t)
return 1;
}
}
return 0;
}
int dfs(int x,int dis){
if(x==t)
return dis;
int tp=dis;
for(int i=h[x];i;i=nxt[i])
if(dep[v[i]]==dep[x]+1&&w[i]){
int f=dfs(v[i],min(tp,w[i]));
if(!f)
dep[v[i]]=0;
tp-=f;
w[i]-=f;
w[i^1]+=f;
if(!tp)
break;
}
return dis-tp;
}
int din(){
int aans=0;
while(bfs()){
int v;
while(v=dfs(s,1e9))
aans+=v;
}
return aans;
}
signed main(){
ec=1;
scanf("%lld",&n);
int ans=0;
t=n+n+1;
for(int i=1;i<=n;i++){
int c,x;
scanf("%lld",&c);
for(int j=1;j<=c;j++){
scanf("%lld",&x);
adj(x+n,i,1e13);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%lld",&a[i]);
adj(i,t,1e9-a[i]);
ans+=1e9-a[i];
adj(s,i+n,1e9);
}
printf("%lld\n",din()-ans);
}