【CF331E】Biologist（网络流，最小割）

题面

洛谷

翻译：
有一个长度为\(n\)的\(01\)串，将第\(i\)个位置变为另外一个数字的代价是\(v_i\)。
有\(m\)个要求
每个要求的形式是
首先确定若干位置都要是\(0\)或者\(1\)
然后给定这\(K\)个位置，如果些位置上都满足要求
那么就可以得到\(W_k\)元
某些要求如果失败了还要倒着给\(g\)元
问最终能够得到的最大利润

输入格式：
第一行是\(n,m,g\)
第二行是\(V_i\)
接下来\(m\)行
第一个数字表示这个集合都要是\(0\)还是\(1\)
第二个数字\(W_i\)表示利润，接下来\(k_i\)表示这个集合中有\(k\)个位置
接下来是这\(k\)个位置，
最后还有一个\(0/1\)，如果是\(1\)，表示如果失败了还要倒着给\(g\)元。

题解

不是很难的最小割

首先很明显的，源点表示\(0\)，汇点表示\(1\)
与自己\(01\)相同的源或者汇连容量为\(0\)的边
然后往另外一侧连容量为\(v_i\)的边

先假设所有的要求都能够拿到利润
老套路的变成了计算最少的损失
如果要倒着给\(G\)元的不过是把这个任务失败的损失变成\(W_i+G\)
然后考虑怎么强行选任务
因为一个任务和其他的点之间不能断开
因此任务和其他的点用\(INF\)连接
然后这个任务要求是\(0/1\)就向对应的源/汇连容量为损失的边就行了

总的来说不是很难？？？

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 22222
#define INF 1000000000
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
struct Line{int v,next,w;}e[3333333];
int h[MAX],cnt=2;
inline void Add(int u,int v,int w)
{
    e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;
    e[cnt]=(Line){u,h[v],0};h[v]=cnt++;
}
int level[MAX],S,T,cur[MAX];
queue<int> Q;
bool bfs()
{
    memset(level,0,sizeof(level));level[S]=1;
    while(!Q.empty())Q.pop();Q.push(S);
    while(!Q.empty())
    {
        int u=Q.front();Q.pop();
        for(RG int i=h[u];i;i=e[i].next)
            if(e[i].w&&!level[e[i].v])
            {
                level[e[i].v]=level[u]+1,Q.push(e[i].v);
                if(e[i].v==T)return true;
            }
    }
    return level[T];
}
int dfs(int u,int flow)
{
    if(u==T||!flow)return flow;
    int ret=0,used=0;
    for(RG int &i=cur[u];i;i=e[i].next)
        if(e[i].w&&level[e[i].v]==level[u]+1)
        {
            int d=dfs(e[i].v,min(flow-used,e[i].w));
            used+=d;ret+=d;e[i].w-=d;e[i^1].w+=d;
            if(used==flow)return ret;
        }
    if(!ret)level[u]=0;
    return ret;
}
int Dinic()
{
    RG int ret=0;
    while(bfs())
    {
        for(RG int i=S;i<=T;++i)cur[i]=h[i];
        while(int res=dfs(S,INF))ret+=res;
    }
    return ret;
}
int a[MAX],n,m,G;
int St[MAX],top=0;
int Ans;
int main()
{
    n=read();m=read();G=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
    S=0;T=n+m+1;
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int x=read();
        if(a[i])Add(i,T,0),Add(S,i,x);
        else Add(i,T,x),Add(S,i,0);
    }
    for(int i=1;i<=m;++i)
    {
        int v=read(),W=read();
        Ans+=W;top=read();
        for(int j=1;j<=top;++j)
        {
            int x=read();
            v?Add(i+n,x,INF):Add(x,i+n,INF);
        }
        W+=read()*G;
        v?Add(S,i+n,W):Add(i+n,T,W);
    }
    printf("%d\n",Ans-Dinic());
    return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/cjyyb/p/8711349.html