【BZOJ3438】小M的作物

【题目链接】

点击打开链接

【思路要点】

题目中的一类增益可以归结为“若某些元素的选取状态为0/1，那么额外获得收益”，考虑最大权闭合子图问题。
对于一个种子，为了获得最大收益，我们显然一定要将它种下去。如果我们默认“选取”的意义是种在A田中，“不取”的意义是种在B田中，那么其“选取”得到的真正的权值为\(V_{a}-V_{b}\)。
考虑增益条件，一个增益条件可以拆分为两个形如“若某些元素选取，那么额外获得收益”和“若某些元素不取，那么额外获得收益”的条件。
换而言之，即“为了额外获得收益，某些元素必须选取”和“若选取了某些元素中的任意一个，那么将失去额外收益”。
将问题如此转化后，解最大权闭合子图问题即可。
时间复杂度\(O(Dinic(N+2*M,N+2*M+2*∑k))\)。

【代码】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1005;
const int MAXP = 3005;
const int INF = 2e9;
template <typename T> void read(T &x) {
x = 0; int f = 1;
char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
template <typename T> void write(T x) {
if (x < 0) x = -x, putchar('-');
if (x > 9) write(x / 10);
putchar(x % 10 + '0');
}
template <typename T> void writeln(T x) {
write(x);
puts("");
}
struct edge {int dest, flow; unsigned home; };
int n, m, s, t, tot;
int dist[MAXP], value[MAXN], vblue[MAXN];
unsigned curr[MAXP];
vector <edge> a[MAXP];
int dinic(int pos, int limit) {
if (pos == t) return limit;
int used = 0, tmp;
for (unsigned &i = curr[pos]; i < a[pos].size(); i++) {
if (a[pos][i].flow && dist[pos] + 1 == dist[a[pos][i].dest] && (tmp = dinic(a[pos][i].dest, min(limit - used, a[pos][i].flow)))) {
used += tmp;
a[pos][i].flow -= tmp;
a[a[pos][i].dest][a[pos][i].home].flow += tmp;
}
if (used == limit) return used;
}
return used;
}
bool bfs() {
static int q[MAXP];
static int l = 0, r = -1;
for (int i = 0; i <= r; i++)
dist[q[i]] = 0;
l = 0, r = -1;
q[++r] = s; dist[s] = 1;
while (l <= r) {
int tmp = q[l++];
for (unsigned i = 0; i < a[tmp].size(); i++)
if (a[tmp][i].flow && dist[a[tmp][i].dest] == 0) {
dist[a[tmp][i].dest] = dist[tmp] + 1;
q[++r] = a[tmp][i].dest;
}
}
return dist[t] != 0;
}
void addedge(int s, int t, int flow) {
a[s].push_back((edge) {t, flow, a[t].size()});
a[t].push_back((edge) {s, 0, a[s].size() - 1});
}
int main() {
read(n);
for (int i = 1; i <= n; i++)
read(value[i]);
for (int i = 1; i <= n; i++)
read(vblue[i]);
read(m);
s = 0, t = 2 * m + n + 1;
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
if (value[i] > vblue[i]) ans += value[i], addedge(s, 2 * m + i, value[i] - vblue[i]);
else ans += vblue[i], addedge(2 * m + i, t, vblue[i] - value[i]);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int k; read(k);
int x, y;
read(x), read(y);
ans += x, ans += y;
addedge(s, tot + 1, x);
addedge(tot + 2, t, y);
for (int j = 1; j <= k; j++) {
int x; read(x);
addedge(tot + 1, 2 * m + x, INF);
addedge(2 * m + x, tot + 2, INF);
}
tot += 2;
}
while (bfs()) {
memset(curr, 0, sizeof(curr));
ans -= dinic(s, INF);
}
printf("%d\n", ans);
return 0;
}