2325. 有向图破坏

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2325. 有向图破坏

爱丽丝和鲍勃正在玩以下游戏。

首先，爱丽丝绘制一个 $N$ 个点 $M$ 条边的有向图。

然后，鲍勃试图毁掉它。

在每一步操作中，鲍勃都可以选取一个点，并将所有射入该点的边移除或者将所有从该点射出的边移除。

已知，对于第 $i$ 个点，将所有射入该点的边移除所需的花费为 $W_i^+$，将所有从该点射出的边移除所需的花费为 $W_i^-$。

鲍勃需要将图中的所有边移除，并且还要使花费尽可能少。

请帮助鲍勃计算最少花费。

输入格式

第一行包含 $N$ 和 $M$。

第二行包含 $N$ 个正整数，第 $i$ 个为 $W_i^+$。

第三行包含 $N$ 个正整数，第 $i$ 个为 $W_i^-$。

接下来 $M$ 行，每行包含两个整数 $a,b$，表示从点 $a$ 到点 $b$ 存在一条有向边。

所有点编号从 $1$ 到 $N$。

图中可能由重边或自环。

输出格式

第一行输出整数 $W$，表示鲍勃所需的最少花费。

第二行输出整数 $K$，表示鲍勃需要进行的操作步数。

接下来 $K$ 行，每行输出一个鲍勃的具体操作。

如果操作为将所有射入点 $i$ 的边移除，则输出格式为 i +。

如果操作为将所有从点 $i$ 射出的边移除，则输出格式为 i -。

如果答案不唯一，则输出任意一种即可。

数据范围

$1 \le N \le 100$,
$1 \le M \le 5000$,
$1 \le W_i^+,W_i^- \le 10^6$

输入样例：

3 6
1 2 3
4 2 1
1 2
1 1
3 2
1 2
3 1
2 3

输出样例：

5
3
1 +
2 -
2 +

解题思路

最小割，最小权点覆盖，二分图

最小点权覆盖，即选择这样的点集，使得所有边都至少有一个端点在点集内，且这样的点集的权值之和最小
同样，最小权点覆盖在一般图中是 NPC 问题，针对二分图有很好的效果
对于一个二分图，考虑转换为流网络，建立一个源点 $s$，$s$ 向二分图左部的所有点连边，容量为点权，同样地，建立一个汇点 $t$，二分图右部的所有点向 $t$ 连边，容量为点权，原二分图中的边在流网络中容量足够大，可以发现：这样的建图方式与 961. 最大获利 中的建图方式类似，即证明时只用考虑简单割和极小点覆盖集（即有一些点明显可以从删去）之间的关系
证明：简单割和极小点覆盖集可以相互转换
简单割可以转换为极小点覆盖集
对于一个简单割 $[S,T]$，对于一个割边 $[x,y]$，由于是简单割，则一定有 $x=s$ 或 $y=t$，如果 $x=s$ 则将点 $y$ 加入点集，否则将 $x$ 加入点集中，$\color{red}{这样的点集是否为点覆盖集？}$假设在二分图中存在一条边 $x,y$，$x$ 和 $y$ 都没在点集中，即该条边没有被覆盖，则说明 $x$ 和 $y$ 都在割的 $S$ 或者 $T$ 部分，假设 $x$ 和 $y$ 都在 $S$ 部分，又由于 $y$ 会连向 $t$，此时存在割边 $x$ 和 $y$ 都在 $T$ 部分同理，矛盾，故 $x$ 和 $y$ 至少有一个点会在点集中，故该点集为点覆盖集

极小点覆盖集可以转换为简单割
对于极小点覆盖集中的一个点 $x$，如果该点在左部，则将 $s->x$ 作为割边，否则将 $x->t$ 作为割边，然后构造 $S$ 部分，从 $s$ 出发，在不经过割边的前提下将所有能到达的点作为 $S$ 部分，否则作为 $T$ 部分，$\color{red}{这样的割是否为简单割}$，假设存在一条边可以从 $s$ 走到 $t$，即存在这样的路径 $s->x->y->t$，这就说明 $x->y$ 这条边没有被覆盖，与极小点覆盖集矛盾，故不存在这样的路径，且所有的割边容量有限，即这样的割是简单割
故简单割与极小点覆盖集一一对应
不难发现数量上也是一一对应的，故求最小权点覆盖等价于求最小割

本题难在建图：拆点，将所有点拆分为出点和入点，所有的出点作为二分图的左部，入点作为二分图的右部，建立源点 $s$ 和汇点 $t$，对于原图中的一条有向边 $x->y$，要将这条边移除，可以是 $W_x^-$（从 $x$ 射出的边的代价） 的代价，也可以是 $W_y^+$（射入 $y$ 的边的代价） 的代价，即对应流网络中 $s$ 向所有这样的 $x$ 连一条容量为 $W_x^-$ 的边，所有这样的 $y$ 向 $t$ 连一条容量为 $W_y^+$ 的边，其余边容量足够大即可。不难发现其正是求最小权点覆盖，因为删除或者覆盖的边对应二分图中的边
另外，本题还要求输出方案，而且还要区分对应二分图中的左部和右部，不妨先将整个割找出来，遍历所有的割边，如果存在一个端点为 $s$，说明另外一个端点在右部，否则在左部

需要注意：dinic 算法求解二分图问题时间复杂度为 $O(m\sqrt{n})$

• 时间复杂度：$O(m\sqrt{n})$

代码

// Problem: 有向图破坏
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/description/2327/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>

//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;

template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }

template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=205,M=(5005+N)*2,inf=1e9;
int n,m,S,T;
int h[N],ne[M],f[M],e[M],idx;
int d[N],hh,tt,q[N],cur[N];
bool v[N];
void add(int a,int b,int c)
{
    e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
    e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool bfs()
{
    memset(d,-1,sizeof d);
    d[S]=hh=tt=0;
    q[0]=S;
    cur[S]=h[S];
    while(hh<=tt)
    {
        int x=q[hh++];
        for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
        {
            int y=e[i];
            if(d[y]==-1&&f[i])
            {
                d[y]=d[x]+1;
                cur[y]=h[y];
                if(y==T)return true;
                q[++tt]=y;
            }
        }
    }
    return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
    if(x==T)return limit;
    int flow=0;
    for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
    {
        cur[x]=i;
        int y=e[i];
        if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
        {
            int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
            if(!t)d[y]=-1;
            f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
        }
    }
    return flow;
}
int dinic()
{
    int res=0,flow;
    while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
    return res;
}
void dfs(int x)
{
    v[x]=true;
    for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
        if(!v[e[i]]&&f[i])dfs(e[i]);
}
int main()
{
    memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    S=0,T=2*n+1;
    int w;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&w);
        add(i+n,T,w);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        scanf("%d",&w);
        add(S,i,w);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b;
        scanf("%d%d",&a,&b);
        add(a,b+n,inf);
    }
    printf("%d\n",dinic());
    dfs(S);
    int cnt=0;
    for(int i=0;i<idx;i+=2)
    {
        int x=e[i^1],y=e[i];
        if(v[x]&&!v[y])cnt++;
    }
    printf("%d\n",cnt);
    for(int i=0;i<idx;i+=2)
    {
        int x=e[i^1],y=e[i];
        if(v[x]&&!v[y]&&y==T)printf("%d +\n",x-n);
    }
    for(int i=0;i<idx;i+=2)
    {
        int x=e[i^1],y=e[i];
        if(v[x]&&!v[y]&&x==S)printf("%d -\n",y);
    }
    return 0;
}

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本文作者：acwing_zyy
本文链接：https://www.cnblogs.com/zyyun/p/16939793.html
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