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题意:国家现有K条有向路可能被建设(可建可不建),每个有向路由某个公司担任修建,且国家需要支付建设此路的花费,从M个公司中选出一些公司去完成建设 这些被选出的公司所担任修建的所有相关路,如果A公司修u->2,而B公司修2->v,那么选了A公司也必须选B公(即A公司与B公司有关联)。并且这些被选出的公司需要向国家交不同的税,问国家能得到的利益最多是多少。
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <queue>
#include <map>
#include <algorithm>
#include <set>
using namespace std;
#define MM(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ULL;
const int mod = 1000000007;
const double eps = 1e-10;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int big=50000;
int max(int a,int b) {return a>b?a:b;};
int min(int a,int b) {return a<b?a:b;};
struct edge{
int to,cap,rev;
};
vector<edge> G[5010];
vector<int> st[1010],ed[1010];
int n,m,k,level[5010],sum,iter[5010],cost[5010],tax[5010];
void add_edge(int u,int v,int cap)
{
G[u].push_back(edge{v,cap,G[v].size()});
G[v].push_back(edge{u,0,G[u].size()-1});
}
void bfs(int s)
{
queue<int> q;
q.push(s);
level[s]=1;
while(q.size())
{
int now=q.front();q.pop();
for(int i=0;i<G[now].size();i++)
if(G[now][i].cap>0)
{
edge e=G[now][i];
if(level[e.to]<0)
{
level[e.to]=level[now]+1;
q.push(e.to);
}
}
}
}
int dfs(int s,int t,int minn)
{
if(s==t)
return minn;
for(int &i=iter[s];i<G[s].size();i++)
{
edge &e=G[s][i];
if(level[e.to]>level[s]&&e.cap>0)
{
int k=dfs(e.to,t,min(minn,e.cap));
if(k>0)
{
e.cap-=k;
G[e.to][e.rev].cap+=k;
return k;
}
}
}
return 0;
}
int max_flow(int s,int t)
{
int ans=0,temp;
for(;;)
{
memset(level,-1,sizeof(level));
bfs(s);
if(level[t]<0)
return ans;
memset(iter,0,sizeof(iter));
while((temp=dfs(s,t,inf))>0)
ans+=temp;
}
return ans;
}
void build()
{
for(int i=1;i<=m;i++)
if(cost[i]>0)
{
add_edge(0,i,cost[i]);
sum+=cost[i];
}
else if(cost[i]<0)
add_edge(i,m+1,-cost[i]);
for(int u=1;u<=n;u++)
for(int i=0;i<st[u].size();i++)
for(int j=0;j<ed[u].size();j++)
{
int a=st[u][i],b=ed[u][j];
add_edge(b,a,inf);
}
}
void init()
{
for(int i=0;i<=m+1;i++) G[i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++)
{
st[i].clear();
ed[i].clear();
}
MM(cost,0);
MM(tax,0);
}
int main()
{
while(~scanf("%d %d",&n,&m)&&(n||m))
{
init();
sum=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
scanf("%d",&tax[i]);
scanf("%d",&k);
for(int i=1;i<=k;i++)
{
int u,v,b,c;
scanf("%d %d %d %d",&u,&v,&b,&c);
st[u].push_back(b);
ed[v].push_back(b);//st与ed的妙用,,刚开始用的麻烦的爆搜。。
cost[b]+=(-c);//切记转换成负数
}
for(int i=1;i<=m;i++)
cost[i]+=tax[i];//构建的新图中节点值
build();
printf("%d\n",sum-max_flow(0,m+1));
}
return 0;
}
分析:很好的一道题,,就是原题题意神坑,,再加上把100看成了10,,太不细心了;
1,将原图上无法进行最大权闭合图,,想想就知道了,,转化成公司上的闭合圈最大图(选a公司那么必须选b公司),
2.最大权闭合图中的sum-maxflow中的sum指的是需要跑最小割的新图中节点中值>0的数之和
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原文地址:http://www.cnblogs.com/smilesundream/p/5510665.html