[网络流]小M的作物

Posted 2021-02-14 kylinbalck

小(M)的作物（最小割）

做的第一道网络流，因为一个智障错误调了好久嘤嘤嘤

题目描述

小(M)在(MC)里开辟了两块巨大的耕地(A)和(B)（你可以认为容量是无穷），现在，小(P)有(n)中作物的种子，每种作物的种子有(1)个（就是可以种一棵作物）（用(1...n)编号）。

现在，第(i)种作物种植在(A)中种植可以获得(ai)的收益，在(B)中种植可以获得(bi)的收益，而且，现在还有这么一种神奇的现象，就是某些作物共同种在一块耕地中可以获得额外的收益，小(M)找到了规则中共有(m)种作物组合，第(i)个组合中的作物共同种在(A)中可以获得(c1i)的额外收益，共同总在(B)中可以获得(c2i)的额外收益。

小(M)很快的算出了种植的最大收益，但是他想要考考你，你能回答他这个问题么？

输入输出格式

输入格式：

第一行包括一个整数(n)

第二行包括(n)个整数，表示(ai)第三行包括(n)个整数，表示(bi)第四行包括一个整数(m)接下来(m)行，

对于接下来的第(i)行：第一个整数(ki)，表示第(i)个作物组合中共有(ki)种作物，

接下来两个整数(c1i)，(c2i)，接下来(ki)个整数，表示该组合中的作物编号。

输出格式：

只有一行，包括一个整数，表示最大收益

输入输出样例

输入样例：

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

输出样例：

11

(Solution)

一开始看这个题我毫无头绪。这是网络流？不会建图啊。

分析一下题目，有(n)个点，放在(A)里面有(ai)的收益，放在(B)里面有(bi)的收益。相当于从这个点到(A)有(ai)的流，到(B)有(bi)的流。于是求最大收益就是求总收益减去最小割，因为一个点只能放在一个集合里。

那组合怎么办？

显然组合内部的点要么都在一个集合里，要么这个点就没有贡献。也就是说，组合内部的点永远不能断开。我们建一个虚点，分别连接组合内部的点，边权是(INF)，这样就永远不会断开。因为每个组合有三种情况：对(A)有贡献，对(B)有贡献，都没贡献，所以只建一个虚点是不够的，于是建两个。

第一个链接(A)点，边权是(c1)，然后和组合内部的点相连。第二个有组合内部的点连过来，然后指向(B)点，边权是(c2)。

这样图就建好了，然后跑最小割就行了。

关于最小割

首先，最大流等于最小割，证明脑补。

也就是说，求最小割就是求最大流。

思想比较简单，就是每次找一条还能增加流量的路径，增加流量，直到没有路径可以增加流量。

每次(bfs)求最短的还有流量的路径，然后(dfs)求出能增加的流量，也就是这条路上残余流量最少的那条路的流量，答案加上这个数，顺便更新路径流量就好啦。

(dinic)：每次(bfs)的时候记录每个点到源点的最短路径条数，(dfs)按照最短路增广。

详解见代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
long long read(){
    long long x = 0;int f = 0;char c = getchar();
    while(c < '0' || c > '9') f |= c == '-',c = getchar();
    while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + ( x << 3) + ( c ^ 48), c = getchar();
    return f ? -x: x;
}

const int INF = 2147483647;
int n, m, a[1003], b[1003], ans, T, S;
struct szh{
    int to, next, w;
}e[5000005];
int head[3003],cnt = 1;//1^1=0,2^1=3,4^1=5......
void add(int x,int y,int z){
    e[++cnt].to = y,e[cnt].next = head[x],e[cnt].w = z,head[x] = cnt;
}

int dis[3003], fir[3003];
bool bfs(){ //求是否有通路
    memset(dis, 0, sizeof(dis)); //每次清零
    queue<int> q;
    q.push(S), dis[S] = 1; 
    while(!q.empty()){
        int u = q.front(); q.pop();
        for (int i = head[u], v;v = e[i].to, i;i = e[i].next)
            if(e[i].w > 0 && !dis[v]) dis[v] = dis[u] + 1, q.push(v);
            //如果当前边可以走，并且没有被搜到过，也就是说当前是最短路
    }
    return dis[T]; //看是否能到汇点
}

int dfs(int u, int flow){ //求通路最小流量
    if(u == T || !flow) return flow; //若到汇点就返回
    int sum = 0;
    for (int &i = fir[u], v;v = e[i].to, i;i = e[i].next)
        //取址是一个弧优化。因为每次增广，一个点可能被搜到多次，
        //而一个弧被走两次没有意义，所以取址直接删掉这一条弧
        if(e[i].w > 0 && dis[v] == dis[u] + 1){
        //如果当前边有流量且是最短路，更新
            int x = dfs(v, min(e[i].w, flow)); //x为当前通路的最小流量
            e[i].w -= x,e[i^1].w += x,sum += x; //更新
            if(!(flow -= x)) break; //如果不能再有更多的流量了，就退出
        }
    return sum;
}

void dinic(){
    while(bfs()){ //只要有通路，就可以进行增广
        for(int i = 0;i <= T;++ i) fir[i] = head[i];
        //因为后面会弧优化，所以另开一个数组代替
        ans -= dfs(S, INF);
    }
}

int main(){
    n = read();
    for (int i = 1;i <= n;++ i) ans += a[i] = read();
    for (int i = 1;i <= n;++ i) ans += b[i] = read();
    m = read();
    S = 0,T = (m+m+n+1);
    for (int i = 1;i <= n;++ i)
        add(S, i+m, a[i]),add(i+m, S, 0),add(i+m, T, b[i]),add(T, i+m,  0);
    for (int i = 1;i <= m;++ i){
        int k = read(),c1 = read(),c2 = read();
        while(k --){
            int x = read();
            add(i, x+m, INF),add(x+m, i, 0); //建图
            add(x+m, i+n+m, INF),add(i+m+n, x+m, 0);
        }
        add(S, i, c1),add(i, S, 0),add(i+n+m, T, c2),add(T, i+n+m, 0);
        ans += (c1 + c2);
    }
    dinic();
    printf("%d", ans);
    return 0;
}