poj 2987(最大权闭合图)最小割求解：关键是思路

同样看了别人的思路，自己写代码。

转）题目描述：

给你两个整数n和m。

表示公司要开除n个员工，员工之间的关系有m个。

然后给你n个数字，可正可负。

表示开除这个员工所得到（正）或损失（负）的利益。

m 个关系 a b

表示b员工是a员工的下属。

条件：如果开除一个员工，那么必须要开除他的下属，具有传递性（即也要开除下属的下属）。问你公司最大可以获得多少利益，需要开除的人数是多少。

 

解题报告：

闭合图定义：

它是有向图的一个点集，且这个点集的所有出边仍然指向该点集。

最大权闭合图：

每一个点有一个权值，可正可负，在所有的合法闭合图中，点权之和最大的图就是最大权闭合图。

 

明显，这道题目就是一个典型的最大权闭合图。

具体推理证明详见国家集训队论文：胡波涛的《最小割模型在信息学竞赛中的应用》

建图：

一个超级源点s，超级汇点t。

s连接所有点权为正的点，容量是点权。

所有点权为负的点连接汇点t，容量的点权乘以-1。

b 是 a的下属，那么连接 a b，容量无穷大。

求出最大流，那么所

有正点权的和 减去 最大流 就是最大权闭合图的最大权，就是公司的最大利益。

在残量网络中从原点s出发，一遍dfs，走还有容量的点，经过的点数就是要开除的人数。

 

略微证明一下：（证明转自：http://www.answeror.com/archives/27629）

1.因为不连接源汇的边的权值都是无穷大, 所以最小割一定是简单割（割边只和源点汇点有连接）, 最终被删除的点集即为去掉割以后源点s所在的集合, 记为S, 即若删除了v, 则v的所有后继都会被删除, 这就满足了原问题的唯一约束条件, 保证了解的正确性.

2.设正收益为b[i], 负收益的绝对值为c[i]. 对于任何一个负收益的顶点v[i]如果在S集合中, 说明v[i]要被删除, 此时容量c[i]被计算在切割中; 对于任何一个正收益的顶点v[i]如果在S集合中, 说明v[i]要被删除, 此时容量b[i]未被计算在切割中. 设正收益之和为B, 则B-sum{b[i]}+sum{c[j]}即为最小割的值(其中i为S中的所有正权点, j为S中的所有负权点), 等价于B-(sum{b[i]}-sum{c[j]}), 注意到括号内的值即为待求的总收益, 所以最小割对应了最大收益, 保证了解的最优性.

Source CodeProblem: 2987  User: 1013101127 Memory: 3176K  Time: 2422MS Language: G++  Result: Accepted Source Code #include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<set>#include<cstdio>#include<string>using namespace std;const long long maxn=5555;//const int maxm=300006;const long long inf=0x1fffffff;struct node{    long long v,next;    long long  val;}s[6000*34];long long level[maxn];//顶点的层次long long p[maxn];long long que[maxn*10];//BFS中用于遍历的顶点，DFS求增广中记录边long long out[10*maxn];//DFS用于几乎定点的分支long long ind;long long cop_poit[maxn];node cop_mp[maxn*100*2];long long topset;void init(){    ind=0;    memset(p,-1,sizeof(p));}inline void insert(long long x,long long y,long long z){    s[ind].v=y;    s[ind].val=z;    s[ind].next=p[x];    p[x]=ind++;    s[ind].v=x;    s[ind].val=0;    s[ind].next=p[y];    p[y]=ind++;}long long max_flow(long long n,long long source,long long sink){    long long ret=0;    long long h=0,r=0;    while(1)//DFS    {        long long i;        for(i=0;i<=n;++i)        level[i]=0;        h=0,r=0;        level[source]=1;        que[0]=source;        while(h<=r)//BFS        {            long long  t=que[h++];            for(i=p[t];i!=-1;i=s[i].next)            {                if(s[i].val&&level[s[i].v]==0)                {                    level[s[i].v]=level[t]+1;                    que[++r]=s[i].v;                }            }        }        topset=r;//记录原点的集合个数        if(level[sink]==0)break;//找不到汇点        for(i=0;i<=n;++i)        out[i]=p[i];        long long  q=-1;        while(1)        {            if(q<0)            {                long long  cur=out[source];                for(;cur!=-1;cur=s[cur].next)                {                    if(s[cur].val&&out[s[cur].v]!=-1&&level[s[cur].v]==2)                    {                        break;                    }                }                if(cur>=0)                {                    que[++q]=cur;                    out[source]=s[cur].next;                }                else                {                    break;                }            }            long long  u=s[que[q]].v;            if(u==sink)//一条增广路            {                long long  dd=inf;                long long  index=-1;                for(i=0;i<=q;i++)                {                    if(dd>s[que[i]].val)                    {                        dd=s[que[i]].val;                        index=i;                    }                }                ret+=dd;                //cout<<ret<<endl;                for(i=0;i<=q;i++)                {                    s[que[i]].val-=dd;                    s[que[i]^1].val+=dd;                }                for(i=0;i<=q;i++)                {                    if(s[que[i]].val==0)                    {                        q=index-1;                        break;                    }                }            }            else            {                long long cur=out[u];                for(;cur!=-1;cur=s[cur].next)                {                    if(s[cur].val&&out[s[cur].v]!=-1&&level[u]+1==level[s[cur].v])                    {                        break;                    }                }                if(cur!=-1)                {                    que[++q]=cur;                    out[u]=s[cur].next;                }                else                {                    out[u]=-1;                    q--;                }            }        }    }    return ret;}long long m,n;int main(){    long long u,v;    long long va[maxn];    long long sum=0;    while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)    {        init();        long long start=0;        sum=0;        long long end=n+1;        for(int i=1;i<=n;i++)        {          cin>>va[i];          if(va[i]>=0)          {              sum+=va[i];              insert(start,i,va[i]);          }          else          insert(i,end,-va[i]);        }        for(int i=1;i<=m;i++)        {          cin>>u>>v;          //if(va[u]>0&&va[v]<0)          insert(u,v,inf);          //if(va[u]<0&&va[v]>0)          //insert(v,u,inf);        }        long long ans=max_flow(n+2,start,end);        long long ss=topset;        cout<<ss<<' '<<sum-ans<<endl;    }    return 0;}