POJ 2125 Destroying The Graph 最小点权覆盖

题意: 在一个有向图中,如果删掉从别的点引入该店的边,话费为Ai;如果删掉从该店引出的边,话费为Bi。问要想删掉整个图上的边,最小花费为多少?

解题思路:选中的点要包含所有的边,从这点不难想到是最小点权覆盖。

把每个点才拆成两个点Pi和Pi',建c(Pi',T)=Ai,表示删掉引入这个点的边的花费。

建c(S,Pi)=Bi,表示删掉从该点引出的边的花费。

然后对于原图(u,v),建(Pu,Pv')表示u和v至少要选一点，

然后进行一遍最大流即为最小花费。(证明见胡伯涛《最小割模型在信息学竞赛中的应用》)

难点在第二步。要问删掉了哪些点。

因为此图为二分图中的简单图,

割边必定与源点或汇点相邻,所以可转化为求最小割中的割边。(如果不是简单图就不能这么做了)

回想一下最小割的性质,割边把二分图分为包含S和T的N与M两部分,

按残余流量遍历时,S不能遍历到M中的点,

N中的点不能遍历到T。

但是从另个角度讲,

因为此图是简单图,

所以S能遍历到N中的每个点,

M中的每个点都能遍历到T。

所以从S遍历,不能遍历到的点P必被割掉,

从T点按反图遍历,不能遍历到T的P‘也必备割掉。

此题到这也就能完成了。

后来还有个优化,

还是因为此图是简单图,每个点必与而且被S和T中的一个点遍历到,

所以从S遍历一遍就够了,能被S遍历到的必定不能被T遍历到,反之亦然。

贴代码:

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <cstring>#include <cstdlib>#include <queue>#include <stack>using namespace std;#define REP(i,n)   for(int i=0;i<(n);++i)#define FOR(i,l,r) for(int i=(l);i<=(r);++i)#define DSC(i,r,l) for(int i=(r);i>=(l);--i)#define N 1000#define M 20000#define INF 1e8int n;struct{    int to,next;    int c;}edge[M];int head[N],level[N],ip;int que[N];bool makelevel(int s,int t){    memset(level,0,sizeof(level));    int iq=0;    que[iq++]=s;    level[s]=1;    int top;    for(int i=0;i<iq;i++)    {        top=que[i];        if(top==t)  return 1;        for(int k=head[top];k!=-1;k=edge[k].next)        {            if(!level[edge[k].to]&&edge[k].c>0)            {                que[iq++]=edge[k].to;                level[edge[k].to]=level[top]+1;            }        }    }    return 0;}int dfs(int now,int maxf,int t){    if(now==t)  return maxf;    int  ret=0,c;    for(int k=head[now];k!=-1;k=edge[k].next)    {        if(edge[k].c>0&&level[edge[k].to]==(level[now]+1))        {            c=dfs(edge[k].to,min(maxf-ret,edge[k].c),t);            edge[k].c-=c;            edge[k^1].c+=c;            ret+=c;            if(ret==maxf)   return  ret;        }    }    if(!ret) --level[now];    return ret;}int dinic(int s,int t){    int  ans=0;    while(makelevel(s,t))   ans+=dfs(s,INF,t);    return ans;}void add(int u,int v,int c,int f)//有向边f为0 ,否则为 c{    edge[ip].to=v;edge[ip].c=c;edge[ip].next=head[u];head[u]=ip++;    edge[ip].to=u;edge[ip].c=f;edge[ip].next=head[v];head[v]=ip++;}//在这之前是标准的网络流模型,不用看了bool flag[N];void dfs1(int pos){    flag[pos]=1;    for(int p=head[pos];p!=-1;p=edge[p].next)    {        if(edge[p].c && !flag[ edge[p].to ])    dfs1(edge[p].to);    }}int main(){    int m,x,y;    while(cin>>n>>m)    {        memset(head,-1,sizeof(head)); ip=0;        memset(flag,0,sizeof(flag));        int start=0,end=n+n+1;        FOR(i,1,n)        {            scanf("%d",&x);//建c(Pi',T)=Ai,表示删掉引入这个点的边的花费            add(i+n,end,x,0);        }        FOR(i,1,n)        {            scanf("%d",&x);//建c(S,pi)=Bi,表示删掉从这个点引出的边的花费            add(start,i,x,0);        }        REP(i,m)        {            scanf("%d%d",&x,&y);            add(x,y+n,INF,0);//对于原图的(u,v)建(Pu,Pv')        }        cout<<dinic(start,end)<<endl;//最小割即为第一问的答案        dfs1(start);//从S开始遍历一遍就够了        int ans=0;        FOR(i,1,n)        {            if(flag[i+n]) ans++;//不能被T遍历到的P'            if(!flag[i])  ans++;//不能被S遍历到的P        }        cout<<ans<<endl;        FOR(i,1,n)        {            if(flag[i+n]) printf("%d +\n",i);            if(!flag[i])  printf("%d -\n",i);        }    }    return 0;}