Description
作为一个富有经营头脑的富翁，小L决定从本国最优秀的经理中雇佣一些来经营自己的公司。这些经理相互之间合作有一个贡献指数,（我们用Ei,j表示i经理对j经理的了解程度），即当经理i和经理j同时被雇佣时，经理i会对经理j做出贡献，使得所赚得的利润增加Ei,j。当然，雇佣每一个经理都需要花费一定的金钱Ai，对于一些经理可能他做出的贡献不值得他的花费，那么作为一个聪明的人，小L当然不会雇佣他。 然而，那些没有被雇佣的人会被竞争对手所雇佣，这个时候那些人会对你雇佣的经理的工作造成影响，使得所赚得的利润减少Ei,j（注意：这里的Ei,j与上面的Ei,j 是同一个）。 作为一个效率优先的人，小L想雇佣一些人使得净利润最大。你可以帮助小L解决这个问题吗？
Input
第一行有一个整数N<=1000表示经理的个数 第二行有N个整数Ai表示雇佣每个经理需要花费的金钱 接下来的N行中一行包含N个数，表示Ei,j，即经理i对经理j的了解程度。（输入满足Ei,j=Ej,i）
Output
第一行包含一个整数，即所求出的最大值。
Sample Input
3
3 5 100
0 6 1
6 0 2
1 2 0
Sample Output
1
【数据规模和约定】
20%的数据中N<=10
50%的数据中N<=100
100%的数据中 N<=1000， Ei,j<=maxlongint, Ai<=maxlongint
转化为损失最少的最小割模型。
建立$S$，$T$分别表示选或不选，便于用$S$，$T$割集表示方案。
然后设两个经理$i$和$j$，连这样几条边$S->i(x1),S->j(x2),i->j(x3),i->T(x4),j->T(x5)$，括号内代表容量，$x$为设的未知数。
假设$i$和$j$都选，那么要割掉到$T$的两条边$x4+x5$。假设都不选，则需要割掉$S$连出的两条边$x1+x2$。
$i$选$j$不选，则需要割掉$x2+x3+x4$三条边。
然后分别和真正的收益对应一下，可以得到$x1=\sum\limits_{k=1}^{n}e[i][k]$ $x3=2*e[i][j]$ $x4=a[i]$。
于是建图跑最小割即可。
代码：
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline char nc() {
static char buf[100000],*p1,*p2;
return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int rd() {
register int x=0;
register char s=nc();
while(s<‘0‘||s>‘9‘) s=nc();
while(s>=‘0‘&&s<=‘9‘) x=(x<<3)+(x<<1)+s-‘0‘,s=nc();
return x;
}
#define N 1050
#define M 3000050
#define S (n+1)
#define T (n+2)
#define inf (1ll<<60)
int n,a[N],e[N][N];
struct Dinic {
int head[N],to[M],nxt[M],cnt;
int dep[N],Q[N],l,r;
ll flow[M],sum;
inline void add(int u,int v,ll f) {
to[++cnt]=v; nxt[cnt]=head[u]; head[u]=cnt; flow[cnt]=f;
to[++cnt]=u; nxt[cnt]=head[v]; head[v]=cnt; flow[cnt]=0;
}
bool bfs() {
memset(dep,0,sizeof(dep));
l=r=0; Q[r++]=S; dep[S]=1;
while(l<r) {
int x=Q[l++],i;
for(i=head[x];i;i=nxt[i]) {
if(!dep[to[i]]&&flow[i]) {
dep[to[i]]=dep[x]+1;
if(to[i]==T) return 1;
Q[r++]=to[i];
}
}
}
return 0;
}
ll dfs(int x,ll mf) {
if(x==T) return mf;
ll nf=0;
int i;
for(i=head[x];i;i=nxt[i]) {
if(dep[to[i]]==dep[x]+1&&flow[i]) {
ll tmp=dfs(to[i],min(mf-nf,flow[i]));
if(!tmp) dep[to[i]]=0;
nf+=tmp;
flow[i]-=tmp;
flow[i^1]+=tmp;
if(nf==mf) break;
}
}
return nf;
}
void dinic() {
ll f;
while(bfs()) while((f=dfs(S,inf))!=0) sum-=f;
printf("%lld\n",sum);
}
}G;
int main() {
G.cnt=1;
n=rd();
int i,j;
for(i=1;i<=n;i++) a[i]=rd();
for(i=1;i<=n;i++) {
ll now=0;
for(j=1;j<=n;j++) {
e[i][j]=rd();
G.sum+=e[i][j];
now+=e[i][j];
G.add(i,j,2*e[i][j]);
}
G.add(S,i,now);
G.add(i,T,a[i]);
}
G.dinic();
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/suika/p/9032522.html