如果将每一个实验和其所对的仪器连一条有向边，那么原图就是一个dag图（有向无环）
每一个点都有一个点权，实验为收益（正数），仪器为花费（负数）。
那么接下来可以引出闭合图的概念了。
闭合图是原图的一个点集，其中这个点集中每个点的出边所指向的点依然在这个点集中，那么这个点集就是个闭合图。
比如论文中的这个图：
在图 3.1 中的网络有 9 个闭合图（含空集）：∅，{3,4,5}，{4,5}，{5}，{2,4,5}，{2,5}，{2,3,4,5}，{1,2,4,5}，{1,2,3,4,5}
其中有大权和的闭合图是{3,4,5} ，权和为 4。
显然，我们目的就是求原图中的最大权闭合图。
为了求解这个，需要先把该图转化成网络。
增加一个超级原点s，s与每个实验连一条权值为实验利益的边。
增加一个超级汇点t，每个仪器与t连一条权值为仪器花费（正数）的边。
每个实验与它所依靠的仪器连一条权值为INF的边。
那么所有实验的费用（不是利益）减去最大流（最小割）即为最大的利益。
为什么呢？
根据论文中的证明，可以把最大权闭合图的问题转化为最小割。（然而看不懂）
下面转载一段比较简单的证明（然而还是看不懂）
首先引入结论，最小割所产生的两个集合中，其源点S所在集合(除去S)为最大权闭合图，接下来我们来说明一些结论。
- 证明:最小割为简单割。
引入一下简单割的概念：割集的每条边都与S或T关联。(请下面阅读时一定分清最小割与简单割，容易混淆)
那么为什么最小割是简单割呢？因为除S和T之外的点间的边的容量是正无穷，最小割的容量不可能为正无穷。所以，得证。
- 证明网络中的简单割与原图中闭合图存在一一对应的关系。(即所有闭合图都是简单割，简单割也必定是一个闭合图)。
证明闭合图是简单割：如果闭合图不是简单割(反证法)。那么说明有一条边是容量为正无穷的边，则说明闭合图中有一条出边的终点不在闭合图中，矛盾。
证明简单割是闭合图：因为简单割不含正无穷的边，所以不含有连向另一个集合(除T)的点，所以其出边的终点都在简单割中，满足闭合图定义。得正。
- 证明最小割所产生的两个集合中，其源点S所在集合(除去S)为最大权闭合图。
首先我们记一个简单割的容量为C,且S所在集合为N，T所在集合为M。
则C=M中所有权值为正的点的权值(即S与M中点相连的边的容量)+N中所有权值为负的点权值的绝对值(即N中点与T中点相连边的容量)。记(C=x1+y1);(很好理解，不理解画一个图或
想象一下就明白了)。
我们记N这个闭合图的权值和为W。
则W=N中权值为正的点的权值-N中权值为负的点的权值的绝对值。记(W=x2-y2);
则W+C=x1+y1+x2-y2。
因为明显y1=y2，所以W+C=x1+x2;
x1为M中所有权值为正的点的权值，x2为N中权值为正的点的权值。
所以x1+x2=所有权值为正的点的权值之和(记为TOT).
所以我们得到W+C=TOT.整理一下W=TOT-C.
到这里我们就得到了闭合图的权值与简单割的容量的关系。
因为TOT为定值，所以我们欲使W最大，即C最小，即此时这个简单割为最小割，此时闭合图为其源点S所在集合(除去S)。得正。
至此，我们就将最大权闭合图问题转化为了求最小割的问题。求最小割用最小割容量=最大流，即可将问题转化为求最大流的问题。
转载结束。
当然也可以这样理解，任意（非无穷大）割的值的意义都表示 实验集合中所不选的实验的利益 + 仪器集合中所选仪器的花费
那么 所有实验的利益 - 割 = 所有实验的利益 - （实验集合中所不选的实验的利益 + 仪器集合中所选仪器的花费) = 实验集合中所选的实验的利益 - 仪器集合中所选仪器的花费 = 总利益
要使得总利益最大，即使割最小，那么就可以通过求最小割来解决。
至于所选的实验和仪器，只需要找最后一次增广时能够到达的点（即集合S）即可。
——代码
1 #include <queue>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <iostream>
5 #define N 3010
6 #define min(x, y) ((x) < (y) ? (x) : (y))
7
8 int n, m, sum, cnt, s, t, ans;
9 int len[N], num[N][N], dis[N], cur[N];
10 int head[N], next[N << 1], to[N << 1], val[N << 1];
11
12 inline int read()
13 {
14 int x = 0, f = 1;
15 char ch = getchar();
16 for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == ‘-‘) f = -1;
17 for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - ‘0‘;
18 return x * f;
19 }
20
21 inline void add(int x, int y, int z)
22 {
23 to[cnt] = y;
24 val[cnt] = z;
25 next[cnt] = head[x];
26 head[x] = cnt++;
27 }
28
29 inline bool bfs()
30 {
31 std::queue <int> q;
32 memset(dis, -1, sizeof(dis));
33 dis[s] = 0;
34 q.push(s);
35 int i, u, v;
36 while(!q.empty())
37 {
38 u = q.front();
39 q.pop();
40 for(i = head[u]; i ^ -1; i = next[i])
41 {
42 v = to[i];
43 if(val[i] && dis[v] == -1)
44 {
45 dis[v] = dis[u] + 1;
46 if(v == t) return 1;
47 q.push(v);
48 }
49 }
50 }
51 return 0;
52 }
53
54 inline int dfs(int u, int maxflow)
55 {
56 if(u == t) return maxflow;
57 int i, v, d, ret = 0;
58 for(i = cur[u]; i ^ -1; i = next[i])
59 {
60 v = to[i];
61 if(val[i] && dis[v] == dis[u] + 1)
62 {
63 d = dfs(v, min(val[i], maxflow - ret));
64 ret += d;
65 val[i] -= d;
66 val[i ^ 1] += d;
67 cur[u] = i;
68 if(ret == maxflow) return ret;
69 }
70 }
71 return ret;
72 }
73
74 int main()
75 {
76 int i, j, x, l;
77 std::string S;
78 m = read();
79 n = read();
80 s = 0, t = n + m + 1;
81 memset(head, -1, sizeof(head));
82 for(i = 1; i <= m; i++)
83 {
84 x = read();
85 add(s, i, x);
86 add(i, s, 0);
87 sum += x;
88 getline(std::cin, S);
89 l = S.length();
90 for(j = 0; j < l; j++)
91 {
92 x = 0;
93 if(S[j] == ‘ ‘) continue;
94 while(isdigit(S[j]))
95 {
96 x = (x << 1) + (x << 3) + S[j] - ‘0‘;
97 j++;
98 }
99 num[i][++len[i]] = x;
100 }
101 for(j = 1; j <= len[i]; j++)
102 add(i, num[i][j] + m, 1e9), add(num[i][j] + m, i, 0);
103 }
104 for(i = 1; i <= n; i++)
105 {
106 x = read();
107 add(i + m, t, x);
108 add(t, i + m, 0);
109 }
110 while(bfs())
111 {
112 for(i = s; i <= t; i++) cur[i] = head[i];
113 ans += dfs(s, 1e9);
114 }
115 for(i = 1; i <= m; i++)
116 if(dis[i] ^ -1)
117 printf("%d ", i);
118 puts("");
119 for(i = 1; i <= n; i++)
120 if(dis[i + m] ^ -1)
121 printf("%d ", i);
122 puts("");
123 printf("%d\n", sum - ans);
124 return 0;
125 }
转载内容来自：http://www.cnblogs.com/wuyiqi/archive/2012/03/12/2391960.html
参考：胡伯涛 《最小割模型在信息学竞赛中的应用》