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
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\n",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
*/
