洛谷 - P1361 - 小M的作物 - 最小割

第一次做最小割，不是很理解。

https://www.luogu.org/problemnew/show/P1361

要把东西分进两类里，好像可以应用最小割的模板，其中一类A作为源点，另一类B作为汇点，价值就是边的容量。

然后最小割一定会割断每个中间结点的两边的其中一边，这样最大价值就顺带求出来了。

在这道题里面额外还有某些点成组出现的额外价值。题解的办法是分别虚拟两个结点代表两个集合，源点到集合a的容量是其价值，然后从a连到他的附属结点各边容量为无穷。无穷的边不能被最小割割断。所以要么是把a的从属结点到t的边全部割断，然后多出来a的附加价值，要么是把s到a的附加价值边割断使a不能流向t。画个图发现很巧妙。

转载自：https://www.luogu.org/blog/ButterflyDew/solution-p1361

这个属于最大权闭合子图，意思是某个节点（集合）若被选中则它的从属结点都要被选中，这种情况就原图建无穷流量边，各正权点连S容量为权，负权点连T容量为权的绝对值。答案=所有正权点的和-最小割。

当最小割割断右边的负权点的边的时候意味着你付出相应的代价购买它留在左边，当最小割割断左边的时候意味着你舍弃了他的价值但是也不用付出割断他的代价。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=2e6+5,M=2e6+5;
int n,m,s,t,tot=1,lnk[N],ter[M],nxt[M],val[M],dep[N],cnr[N];void add(int u,int v,int w) {ter[++tot]=v,nxt[tot]=lnk[u],lnk[u]=tot,val[tot]=w;
}void addedge(int u,int v,int w) {add(u,v,w),add(v,u,0);
}int bfs(int s,int t) {memset(dep,0,sizeof(dep));memcpy(cnr,lnk,sizeof(lnk));std::queue<int> q;q.push(s),dep[s]=1;while(!q.empty()) {int u=q.front(); q.pop();for(int i=lnk[u];i;i=nxt[i]) {int v=ter[i];if(val[i]&&!dep[v]) q.push(v),dep[v]=dep[u]+1;}}return dep[t];
}int dfs(int u,int t,int flow) {if(u==t) return flow;int ans=0;for(int i=cnr[u];i&&ans<flow;i=nxt[i]) {cnr[u]=i;int v=ter[i];if(val[i]&&dep[v]==dep[u]+1) {int x=dfs(v,t,std::min(val[i],flow-ans));if(x) val[i]-=x,val[i^1]+=x,ans+=x;}}if(ans<flow) dep[u]=-1;return ans;
}ll dinic(int s,int t) {ll ans=0;while(bfs(s,t)) {ll x;while((x=dfs(s,t,1<<30))) ans+=x;}return ans;
}int main() {ll sum=0;scanf("%d",&n);s=0,t=10000;for(int i=1;i<=n;i++){int u=s,v=i,w;scanf("%d",&w);addedge(u,v,w);sum+=w;}for(int i=1;i<=n;i++){int u=i,v=t,w;scanf("%d",&w);addedge(u,v,w);sum+=w;}int m;scanf("%d",&m);int id=n+1;while(m--) {int k;scanf("%d",&k);int w1,w2;scanf("%d%d",&w1,&w2);addedge(s,id,w1);addedge(id+1,t,w2);sum+=w1+w2;for(int i=0;i<k;i++){int x;scanf("%d",&x);addedge(id,x,0x3f3f3f3f);addedge(x,id+1,0x3f3f3f3f);}id+=2;}printf("%lld\n",sum-dinic(s,t));return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/Yinku/p/10618586.html

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