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「CEOI2008」order

题解约 1.1 千字
# 洛谷 # 图论 # 网络流 # 2008 # CEOI
检测到 KaTeX 加载失败，可能会导致文中的数学公式无法正常渲染。

#题面

#题目描述

有 NN 个工作，MM 种机器，每种机器可以租或者买。每个工作包括若干道工序，每道工序需要某种机器来完成。

你需要最大化从这些工作中获得的利益。

#输入格式

第一行给出 N,MN, M。

接下来若干行描述一个工作，对于每个工作，第一行给定 xix_i 和 tit_i，分别表示此工作的收入和工序数。

后面 tit_i 行，每行两个整数 ai,ja_{i, j} 和 bi,jb_{i, j}，分别表示此工序需要的机器和此工作租用此机器的费用。

最后 MM 行，每行一个正整数表示购买机器的费用 yiy_i。

#输出格式

输出一行一个整数，表示最大利润。

#样例输入输出

样例输入 #1

2 3
100 2
1 30
2 20
100 2
1 40
3 80
50
80
110

样例输出 #1

50

#数据范围与约定

对于 100%100\% 的数据满足 1≤N,M≤12001 \le N, M \le 1200，1≤xi≤50001 \le x_i \le 5000，bi,j,yi≤20000b_{i,j}, y_i \le 20000。

#最大权闭合子图

#定义

给定一个有向图，图中的每个点的点权为 wiw_i（wi∈Rw_i \in \R）。它的最大权闭合子图满足以下条件：

  1. 对于所有边 u→vu \to v，点 uu 在子图中则 vv 必在子图中；
  2. 子图的点权和最大。

#求解

最大权闭合子图可以用最小割的方式求解。

  • 对于 wi>0w_i > 0 的点 ii，连边 S→wiiS \overset{w_i}{\to} i；
  • 对于 wi<0w_i < 0 的点 ii，连边 i→−wiTi \overset{-w_i}{\to} T；
  • 对于原图中的边 u→vu \to v，连边 u→+∞vu \overset{+\infty}{\to} v。

答案就是所有正权点之和再减去最小割。

#思路

分析题目，如果不允许租用机器的话这道题就是一个最大权闭合子图的裸题。可以先将机器和任务都看成点，然后这样建图：

  1. 源点向任务连容量为利润的边；
  2. 机器向汇点连容量为购买价格的边；
  3. 每个任务向需要的机器连容量为 +∞+\infty 的边。

再考虑租用机器。由题，在当前工序租用机器不会对其他工序造成影响。所以可以将任务和机器之间的边的容量定为在该任务的对应工序租借该机器的费用。

之后可以通过割掉这条边来在不购买机器的情况下完成这道工序。

#代码

C++
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#include <iostream>
#include <cstring>
#include <limits>
#include <queue>

using std::cin;
using std::cout;
const char endl = '\n';

const int N = 2e6 + 5;

int n, m, s, t, sum;
int idx, head[N], edge[N << 1], ver[N << 1], next[N << 1];
int dist[N], cur[N];

void add(int u, int v, int w) {
    next[idx] = head[u];
    ver[idx] = v;
    edge[idx] = w;
    head[u] = idx++;
}

bool bfs() {
    memset(dist, 0x00, sizeof(dist));

    std::queue<int> q;

    dist[s] = 1;
    q.push(s);
    cur[s] = head[s];

    while (!q.empty()) {
        int u = q.front();
        q.pop();

        for (int i = head[u]; ~i; i = next[i]) {
            int v = ver[i],
                w = edge[i];

            if (w && !dist[v]) {
                dist[v] = dist[u] + 1;
                cur[v] = head[v];

                if (v == t) return true;

                q.push(v);
            }
        }
    }

    return false;
}

int dinic(int u, int limit) {
    if (u == t) return limit;

    int flow = 0;
    for (int i = cur[u]; ~i && flow < limit; i = next[i]) {
        cur[u] = i;

        int v = ver[i],
            w = edge[i];

        if (w && dist[v] == dist[u] + 1) {
            int k = dinic(v, std::min(limit - flow, w));

            if (!k) dist[v] = 0;

            edge[i] -= k;
            edge[i ^ 1] += k;
            flow += k;
        }
    }

    return flow;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    memset(head, 0xff, sizeof(head));

    cin >> n >> m;

    s = 0, t = n + m + 1;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x, t;

        cin >> x >> t;

        add(s, i, x);
        add(i, s, 0);
        sum += x;

        for (int j = 1; j <= t; j++) {
            int a, b;

            cin >> a >> b;

            add(i, a + n, b);
            add(a + n, i, 0);
        }
    }

    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int y;

        cin >> y;

        add(i + n, t, y);
        add(t, i + n, 0);
    }

    int res = 0, flow;
    while (bfs()) {
        while (flow = dinic(s, std::numeric_limits<int>::max())) res += flow;
    }

    cout << sum - res << endl;

    return 0;
}