题目
P1361 小M的作物
解析
把\(A\)看做源点，把\(B\)看做汇点，先不考虑额外情况 显然，这是一种两者选其一的问题，我们选择一部分边割去，使这部分边的贡献最小，就是求最小割，我们求出了收益最小的情况，又因为只有两种情况，我们取了每一种情况收益较小的一种，所以我们要求的就是总流量-最小割。
然后考虑额外收益的情况，对于每一个额外收益，要么对\(A\)产生影响，要么对\(B\)产生影响，要么两者都不产生影响，所以显然不能直接增加已有的边中的流量，否则会出现同时加\(AB\)的额外贡献的情况，所以建立一个新点，从A向新点连一条边，边权为额外的收益， 然后从新点向其组合分别连\(INF\)的边，因为如果\(1,2\)被分到了\(B\)田的话，\(s->1,s->2\)的所有路径上都至少要有一条边要断开，我们想要断开\(s->4\)，也就是额外收益的边，怎么办，那就从\(4\)向\(1,2\)连流量为\(INF\)的边，流量为\(INF\)的边不会被切断，注意这里的\(INF\)应为\(0x7fffffff\)。 所以对于\(A\)田这样建图\(B\)田同理
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 3e6 + 10;
const int INF = 0x7fffffff;
int n, m, num = 1, s, t, sum;
int head[N], cur[N], dep[N];
class node {
public :
int v, nx, w;
} e[N];
template<class T>inline void read(T &x) {
x = 0; int f = 0; char ch = getchar();
while (!isdigit(ch)) f |= (ch == '-'), ch = getchar();
while (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
x = f ? -x : x;
return;
}
inline void add(int u, int v, int w) {
e[++num].nx = head[u], e[num].v = v, e[num].w = w, head[u] = num;
e[++num].nx = head[v], e[num].v = u, e[num].w = 0, head[v] = num;
}
queue<int>q;
bool bfs() {
memset(dep, 0, sizeof dep);
memcpy(cur, head, sizeof cur);
dep[s] = 1;
q.push(s);
while (!q.empty()) {
int u = q.front();
q.pop();
for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].nx) {
int v = e[i].v;
if (!dep[v] && e[i].w) dep[v] = dep[u] + 1, q.push(v);
}
}
return dep[t];
}
int dfs(int u, int flow) {
if (u == t) return flow;
int use = 0;
for (int &i = cur[u]; ~i; i = e[i].nx) {
int v = e[i].v;
if (e[i].w && dep[v] == dep[u] + 1) {
int di = dfs(v, min(e[i].w, flow));
e[i].w -= di, e[i ^ 1].w += di;
use += di, flow -= di;
if (flow <= 0) break;
}
}
return use;
}
int dinic() {
int ans = 0;
while (bfs()) ans += dfs(s, INF);
return ans;
}
int main() {
memset(head, -1, sizeof head);
read(n);
s = 5000, t = s + 1;
for (int i = 1, x; i <= n; ++i) read(x), add(s, i, x), sum += x;
for (int i = 1, x; i <= n; ++i) read(x), add(i, t, x), sum += x;
read(m);
for (int i = 1, k, a, b; i <= m; ++i) {
read(k);
read(a), read(b);
sum += (a + b);
add(s, n + i, a), add(n + m + i, t, b);
for (int j = 1, opt; j <= k; ++j) {
read(opt);
add(n + i, opt, INF), add(opt, n + m + i, INF);
}
}
printf("%d\n", sum - dinic());
}
转载于:https://www.cnblogs.com/lykkk/p/10802631.html
