洛谷 P2762 太空飞行计划问题 P3410 拍照【最大权闭合子图】题解+代码
最大权闭合子图
定义：
如果对于一个点集合，其中任何一个点都不能到达此集合以外的点，这就叫做闭合子图。每个点都有一个权值，那么最大权闭合子图就是权值最大的那个闭合子图。
(或者说对于一个点集，这个点集中所有点的出边所指向的点都在此点集中)
求解
超级源点向每个权值为正的点连边，容量为该点权值
每个点权为负的点向超级汇点连边，容量为该点权值相反数
原图中的变，容量为inf
然后跑最小割(最大流)
最后用正点权的总和-最大流即为最大权闭合子图的权值
证明
参考——胡伯涛《最小割模型在信息学竞赛中的应用》
(蒟蒻的我看不懂)
拍照
题目描述
小B有n个下属，现小B要带着一些下属让别人拍照。
有m个人，每个人都愿意付给小B一定钱让n个人中的一些人进行合影。如果这一些人没带齐那么就不能拍照，小B也不会得到钱。
注意：带下属不是白带的！！！对于每个下属，如果他带了那么小B需要给他一些钱，保证当他拍照时配合。
请问，小B的净收益最多是多少。
输入格式：
第1行有2个正整数m和n（0
输出格式：
一个数，表示最大收益。小B可以一个人也不带。
输入样例
2 3
10 1 2 0
25 2 3 0
5 6 7
输出样例
17
说明
对于10%的数据每个人都要求让全部n个人合影
对于30%的数据n<=15 m<=15
另有10%的数据答案为0
对于50%的数据n<=40 m<=40
另有10%的数据每个人只愿意拍一个人
对于100%的数据m,n<=100
题目分析
特别适合练手的最大权闭合子图
超级源点向每个拍照请求连边
容量为这个拍照请求的收益
每个员工向超级汇点连边
容量为带该员工需要付的钱
最后m个拍照请求
每个拍照请求向指定的员工连边
容量为inf
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf=1e9;
int n,m;
int sum;
int tot=1;
int w[1000010];//记录每个拍照请求的收益
int c[100010];//记录带每个员工需要的钱
int s=0,t;
struct node{int v,f,nxt;}E[1000010];
int head[100010];
int lev[100010];
int maxf;
void add(int u,int v,int cap)
{
E[++tot].nxt=head[u];
E[tot].v=v;
E[tot].f=cap;
head[u]=tot;
}
bool bfs()
{
queue<int> q;
memset(lev,-1,sizeof(lev));
q.push(s);
lev[s]=0;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt)
{
int v=E[i].v;
if(lev[v]==-1&&E[i].f)
{
lev[v]=lev[u]+1;
if(v==t) return true;
q.push(v);
}
}
}
return false;
}
int dfs(int u,int cap)
{
if(u==t)
return cap;
int flow=cap;
for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt)
{
int v=E[i].v;
if(lev[v]==lev[u]+1&&flow&&E[i].f>0)
{
int f=dfs(v,min(flow,E[i].f));
flow-=f;
E[i].f-=f;
E[i^1].f+=f;
}
}
return cap-flow;
}
int main()
{
cin>>m>>n;
t=n+m+1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int cap; cin>>cap;
w[i]=cap;
sum+=cap;//记录收益总值
while(1)
{
int u;cin>>u;
if(u==0) break;
add(n+i,u,inf);
add(u,n+i,0);
//每个拍照请求向指定员工连边
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
cin>>c[i];
for(int i=n+1;i<=n+m;i++)
{
add(s,i,w[i-n]);
add(i,s,0);//超级源点向拍照请求连边
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add(i,t,c[i]);
add(t,i,0);//员工向超级汇点连边
}
while(bfs())//最小割
maxf+=dfs(s,inf);
cout<<sum-maxf;
return 0;
}太空飞行计划问题
题目描述
W 教授正在为国家航天中心计划一系列的太空飞行。每次太空飞行可进行一系列商业性实验而获取利润。现已确定了一个可供选择的实验集合E={E1，E2，…，Em}，和进行这些实验需要使用的全部仪器的集合I={I1，I2，…In}。实验Ej需要用到的仪器是I的子集RjÍI。配置仪器Ik的费用为ck美元。实验Ej的赞助商已同意为该实验结果支付pj美元。W教授的任务是找出一个有效算法，确定在一次太空飞行中要进行哪些实验并因此而配置哪些仪器才能使太空飞行的净收益最大。这里净收益是指进行实验所获得的全部收入与配置仪器的全部费用的差额。
对于给定的实验和仪器配置情况，编程找出净收益最大的试验计划。
输入格式：
第1行有2 个正整数m和n。m是实验数，n是仪器数。接下来的m 行，每行是一个实验的有关数据。第一个数赞助商同意支付该实验的费用；接着是该实验需要用到的若干仪器的编号。最后一行的n个数是配置每个仪器的费用。
输出格式：
第1 行是实验编号；第2行是仪器编号；最后一行是净收益。
输入输出样例
输入样例
2 3
10 1 2
25 2 3
5 6 7
输出样例
1 2
1 2 3
17
题目分析
最大收益套用上面讲的最大闭合权子图求法
方案选择：
在最小割求出后在建立一次层次图
有层次的就是选择的实验与仪器
(这题的输入活活卡了我半小时 = = )
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const int inf=1e9;
int n,m;
int s=0,t;
int sum=0,tot=1;
struct node{int v,f,nxt;}E[100010];
int head[100010];
int lev[100010];
int maxf;
bool ept[100010],craft[100010];
inline void add(int u,int v,int cap)
{
E[++tot].nxt=head[u];
E[tot].v=v;
E[tot].f=cap;
head[u]=tot;
}
bool bfs()
{
memset(lev,-1,sizeof(lev));
queue<int> q;
lev[s]=0;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt)
{
int v=E[i].v;
if(lev[v]==-1&&E[i].f)
{
lev[v]=lev[u]+1;
if(v==t) return true;
q.push(v);
}
}
}
return false;
}
int dfs(int u,int cap)
{
if(u==t)
return cap;
int flow=cap;
for(int i=head[u];i;i=E[i].nxt)
{
int v=E[i].v;
if(lev[v]==lev[u]+1&&flow&&E[i].f>0)
{
int f=dfs(v,min(flow,E[i].f));
flow-=f;
E[i].f-=f;
E[i^1].f+=f;
}
}
return cap-flow;
}
int main()
{
cin>>n>>m;
t=m+n+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int cap;cin>>cap;
sum+=cap;
add(s,i,cap);
add(i,s,0);
char ss=getchar();
while(ss!='\n'&&ss!='\r') //这个输入自行体会一下吧 = =
{
int x=0;
while(ss>='0'&&ss<='9') x=x*10+ss-'0',ss=getchar();
if(x) add(i,x+n,inf),add(x+n,i,0);
if(ss!='\n'&&ss!='\r') ss=getchar();
}
}
for(int i=n+1;i<=n+m;i++)
{
int cost;cin>>cost;
add(i,t,cost);
add(t,i,0);
}
while(bfs())
maxf+=dfs(s,inf);
bfs();//在此建立层次图求解方案
for(int i=1;i<=n;i++)
if(lev[i]!=-1)
cout<<i<<" ";
cout<<endl;
for(int i=n+1;i<=n+m;i++)
if(lev[i]!=-1)
cout<<i-n<<" ";
cout<<endl<<sum-maxf;
return 0;
}