标签：n+1 -- ace 最短路径 solution 规则 ini 输入输出格式 最大
做的第一道网络流，因为一个智障错误调了好久嘤嘤嘤
题目描述
小\(M\)在\(MC\)里开辟了两块巨大的耕地\(A\)和\(B\)（你可以认为容量是无穷），现在，小\(P\)有\(n\)中作物的种子，每种作物的种子有\(1\)个（就是可以种一棵作物）（用\(1...n\)编号）。
现在，第\(i\)种作物种植在\(A\)中种植可以获得\(ai\)的收益，在\(B\)中种植可以获得\(bi\)的收益，而且，现在还有这么一种神奇的现象，就是某些作物共同种在一块耕地中可以获得额外的收益，小\(M\)找到了规则中共有\(m\)种作物组合，第\(i\)个组合中的作物共同种在\(A\)中可以获得\(c1i\)的额外收益，共同总在\(B\)中可以获得\(c2i\)的额外收益。
小\(M\)很快的算出了种植的最大收益，但是他想要考考你，你能回答他这个问题么？
输入输出格式
输入格式：
第一行包括一个整数\(n\)
第二行包括\(n\)个整数，表示\(ai\)第三行包括\(n\)个整数，表示\(bi\)第四行包括一个整数\(m\)接下来\(m\)行，
对于接下来的第\(i\)行：第一个整数\(ki\)，表示第\(i\)个作物组合中共有\(ki\)种作物，
接下来两个整数\(c1i\)，\(c2i\)，接下来\(ki\)个整数，表示该组合中的作物编号。
输出格式：
只有一行，包括一个整数，表示最大收益
输入输出样例
输入样例：
3
4 2 1
2 3 2
1
2 3 2 1 2输出样例：
11一开始看这个题我毫无头绪。这是网络流？不会建图啊。
分析一下题目，有\(n\)个点，放在\(A\)里面有\(ai\)的收益，放在\(B\)里面有\(bi\)的收益。相当于从这个点到\(A\)有\(ai\)的流，到\(B\)有\(bi\)的流。于是求最大收益就是求总收益减去最小割，因为一个点只能放在一个集合里。
那组合怎么办？
显然组合内部的点要么都在一个集合里，要么这个点就没有贡献。也就是说，组合内部的点永远不能断开。我们建一个虚点，分别连接组合内部的点，边权是\(INF\)，这样就永远不会断开。因为每个组合有三种情况：对\(A\)有贡献，对\(B\)有贡献，都没贡献，所以只建一个虚点是不够的，于是建两个。
第一个链接\(A\)点，边权是\(c1\)，然后和组合内部的点相连。第二个有组合内部的点连过来，然后指向\(B\)点，边权是\(c2\)。
这样图就建好了，然后跑最小割就行了。
首先，最大流等于最小割，证明脑补。
也就是说，求最小割就是求最大流。
思想比较简单，就是每次找一条还能增加流量的路径，增加流量，直到没有路径可以增加流量。
每次\(bfs\)求最短的还有流量的路径，然后\(dfs\)求出能增加的流量，也就是这条路上残余流量最少的那条路的流量，答案加上这个数，顺便更新路径流量就好啦。
\(dinic\)：每次\(bfs\)的时候记录每个点到源点的最短路径条数，\(dfs\)按照最短路增广。
详解见代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>
using namespace std;
long long read(){
long long x = 0;int f = 0;char c = getchar();
while(c < '0' || c > '9') f |= c == '-',c = getchar();
while(c >= '0' && c <= '9') x = (x << 1) + ( x << 3) + ( c ^ 48), c = getchar();
return f ? -x: x;
}
const int INF = 2147483647;
int n, m, a[1003], b[1003], ans, T, S;
struct szh{
int to, next, w;
}e[5000005];
int head[3003],cnt = 1;//1^1=0,2^1=3,4^1=5......
void add(int x,int y,int z){
e[++cnt].to = y,e[cnt].next = head[x],e[cnt].w = z,head[x] = cnt;
}
int dis[3003], fir[3003];
bool bfs(){ //求是否有通路
memset(dis, 0, sizeof(dis)); //每次清零
queue<int> q;
q.push(S), dis[S] = 1;
while(!q.empty()){
int u = q.front(); q.pop();
for (int i = head[u], v;v = e[i].to, i;i = e[i].next)
if(e[i].w > 0 && !dis[v]) dis[v] = dis[u] + 1, q.push(v);
//如果当前边可以走，并且没有被搜到过，也就是说当前是最短路
}
return dis[T]; //看是否能到汇点
}
int dfs(int u, int flow){ //求通路最小流量
if(u == T || !flow) return flow; //若到汇点就返回
int sum = 0;
for (int &i = fir[u], v;v = e[i].to, i;i = e[i].next)
//取址是一个弧优化。因为每次增广，一个点可能被搜到多次，
//而一个弧被走两次没有意义，所以取址直接删掉这一条弧
if(e[i].w > 0 && dis[v] == dis[u] + 1){
//如果当前边有流量且是最短路，更新
int x = dfs(v, min(e[i].w, flow)); //x为当前通路的最小流量
e[i].w -= x,e[i^1].w += x,sum += x; //更新
if(!(flow -= x)) break; //如果不能再有更多的流量了，就退出
}
return sum;
}
void dinic(){
while(bfs()){ //只要有通路，就可以进行增广
for(int i = 0;i <= T;++ i) fir[i] = head[i];
//因为后面会弧优化，所以另开一个数组代替
ans -= dfs(S, INF);
}
}
int main(){
n = read();
for (int i = 1;i <= n;++ i) ans += a[i] = read();
for (int i = 1;i <= n;++ i) ans += b[i] = read();
m = read();
S = 0,T = (m+m+n+1);
for (int i = 1;i <= n;++ i)
add(S, i+m, a[i]),add(i+m, S, 0),add(i+m, T, b[i]),add(T, i+m, 0);
for (int i = 1;i <= m;++ i){
int k = read(),c1 = read(),c2 = read();
while(k --){
int x = read();
add(i, x+m, INF),add(x+m, i, 0); //建图
add(x+m, i+n+m, INF),add(i+m+n, x+m, 0);
}
add(S, i, c1),add(i, S, 0),add(i+n+m, T, c2),add(T, i+n+m, 0);
ans += (c1 + c2);
}
dinic();
printf("%d", ans);
return 0;
}标签：n+1 -- ace 最短路径 solution 规则 ini 输入输出格式 最大
原文地址：https://www.cnblogs.com/kylinbalck/p/10579807.html
