传送门:P3872 [TJOI2010]电影迷
以最大权闭合子图为基础,再加上一点小拓展。
本题解主要是想细讲一下最大权闭合子图。
最大权闭合子图
1. 概念
-
闭合子图:在原图 G G G 的闭合子图中,每一个节点,它在 G G G 中所能到达的所有节点都包含在这个子图中。
-
最大权闭合子图:即原图 G G G 中点权之和最大的闭合子图。
2. 运用
目标:求一图的最大权闭合子图。
<1>
先建立一超级源点和超级汇点。
对于每个带权值的节点:
- 若节点为正,则与超级源点相连,流量为该点权值;
- 反之,则与超级汇点相连,流量为该点权值相反数。
很明显,在不考虑“每个点在 G G G 中所能到达的所有节点都包含在这个子图中”这个限制条件时,最大权“闭合子图”肯定是所有正权值之和,也就是现在与源点相连的所有边流量之和。
此时,上述的建边方式的原因就清楚明了了:区分开来正负权值的点。
<2>
然后再加上限制,在点和点之间建边。
此时可以隐约发现:我们会使用最小割去求出最大权子图。
割去一些边,使源点与汇点不相连,最后源点所在的那个子图即为原图的最大权闭合子图。
回过头来:这些边的流量是什么?
这些边的流量为 i n f inf inf。因为“每个点在 G G G 中所能到达的所有节点都包含在这个子图中”,所以要保证这些边不会被割去。
<3>
此时可以发现,被割去的边都是与源点或者汇点相连的边。
-
若一负权值节点与汇点相连的边被割去:
说明此时它放在最大权闭合子图中是最优的状态,但最大权闭合子图的权值和要减去该点权值的绝对值。
-
若一正权值节点与汇点相连的边被割去:
说明此时它不放在最大权闭合子图中是最优的状态,但最大权闭合子图的权值和要减去该点权值。
这样一来,最大权闭合子图的权值和就是:正权值之和 - 最小割。
然后最小割转化为最大流去求解即可。
回归本题
可以看到,最大权闭合子图模板中,原图中的边不能删去,但本题可以删去。
只是删去这条边也需要代价,那就将此边的流量设为代价而不是 i n f inf inf 即可。
剩下的就是最大权闭合子图的模板了。
AC Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; ++i)
#define inf 10000000
#define maxn 700
#define maxm 1000005
int n, m;
int sa[maxn];
int cnt = 1, hd[maxn];
struct node{
int to, nxt;
int flw;
}e[maxm];
int in[maxn];
vector <int> out[maxn];
int dep[maxn], vis[maxn];
int sum, ans;
int s, t;
inline int id(int i, int j)
{
return (i - 1) * m + j;
}
inline void add(int u, int v, int f)
{
e[++cnt] = (node){v, hd[u], f};
hd[u] = cnt;
e[++cnt] = (node){u, hd[v], 0};
hd[v] = cnt;
}
inline void topo()
{
queue <int> q;
rep(i, 1, n * m)
{
if(!in[i])
vis[i] = 1, q.push(i);
}
while(!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
for(int i = 0; i < out[u].size(); ++i)
{
int v = out[u][i];
in[v] -= 1;
if(!vis[v] and !in[v])
vis[v] = 1, q.push(v);
}
}
}
inline bool bfs()
{
queue <int> q;
memset(dep, 0, sizeof dep);
dep[s] = 1, q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
for(int i = hd[u], v; i; i = e[i].nxt)
{
if(!dep[v = e[i].to] and e[i].flw)
dep[v] = dep[u] + 1,
q.push(v);
}
}
return dep[t] ? 1 : 0;
}
inline int dfs(int u, int cm)
{
if(u == t or !cm) return cm;
int lv = 0;
for(int i = hd[u], v; i and cm; i = e[i].nxt)
{
if(!e[i].flw) continue;
if(dep[v = e[i].to] != dep[u] + 1) continue;
int res = dfs(v, min(cm, e[i].flw));
e[i].flw -= res;
e[i ^ 1].flw += res;
cm -= res, lv += res;
}
if(!lv) dep[u] = 0;
return lv;
}
inline int dinic()
{
while(bfs())
ans += dfs(s, inf);
return ans;
}
signed main()
{
scanf("%d%d", &n, &m);
s = n + 1, t = s + 1;
rep(i, 1, n)
{
scanf("%d", &sa[i]);
if(sa[i] < 0) add(i, t, -sa[i]);
else add(s, i, sa[i]), sum += sa[i];
}
rep(i, 1, m)
{
int ut, vt, dt;
scanf("%d%d%d", &ut, &vt, &dt);
add(ut, vt, dt);
}
printf("%d\n", sum - dinic());
return 0;
}
感谢阅读。
辛苦管理员审核,若有问题烦请指出。