2016 Multi-University Training Contest 4 09 String problem （hdu5772） 【最大权闭合子图】

链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5772

题意：给你一个由“0”~“9”组成长度为n的字符串，现在要找出一个子串使得子串的收益（得分-花费）最大。

子串的得分等于sigma(w[id[i]][id[j]]) id[i],id[j]是选的数字在原串的编号。

子串的花费为a[i]*(x-1)+b[i] (x>0)    x为某个数字出现的次数。

0                 (x=0) 

分析：

看了题解才反应过来是最大权闭合子图。。

我们将所有的点分成三类：

第一类：Pij 表示第i个点和第j个点组合的点，那么Pij的权值等于w[i][j]+w[j][i]（表示得分）

第二类：原串中的n个点每个点拆出一个点，第i个点权值为 –a[s[i]] （表示要花费）
第三类：对于10种字符拆出10个点，每个点的权值为 -(b[x]-a[x])

那么我们可以得到一个关系图 ，对于第一类中的点Pij，如果想要选择Pij，你就必须要选中第二类中的点i和j，对于第二类中的点如果你想选中第i个点，其对应的字符s[i]，那么就必须选中第三类中s[i] 对应的点，因为每个种类的点第一次选中时花费是b[s[i]]，而第二类中花费都是a[s[i]],一定要补上b[s[i]]-a[s[i]]，而且只需要补上一次。

这种类似于边（u，v）选了u就要选v的的求解，就是用总得分-最小割。。

代码：

#include<algorithm>#include<iostream>#include<cstring>#include<cstdio>#include<string>#include<vector>#include<queue>#include<cmath>#include<stack>#include<set>#include<map>#define INF 0x3f3f3f3f#define Mn 5500#define Mm 100005#define mod 1000000007#define CLR(a,b) memset((a),(b),sizeof((a)))#define CLRS(a,b,Size) memset((a),(b),sizeof((a[0]))*(Size+1))#define CPY(a,b) memcpy ((a), (b), sizeof((a)))#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")#define ul u<<1#define ur (u<<1)|1using namespace std;typedef long long ll;struct edge {    int v,w,next;} e[Mm];int deep[Mn];int head[Mn];int cur[Mn];int tot;void addedge(int u,int v,int w) {    e[tot].v=v;    e[tot].w=w;    e[tot].next=head[u];    head[u]=tot++;}queue<int> q;bool bfs(int st,int en) {    while(!q.empty()) q.pop();    CLR(deep,-1);    q.push(st);    deep[st]=0;    while(!q.empty()) {        int u=q.front();        q.pop();        if(u==en) return true;        for(int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].next) {            int v=e[i].v;            int w=e[i].w;            if(w>0&&deep[v]==-1) {                deep[v]=deep[u]+1;                q.push(v);            }        }    }    return false;}int dfs(int u,int sum,int en) {    if(u==en) return sum;    int a=0,us=0;    for(int &i=cur[u]; i!=-1; i=e[i].next) {        if(deep[e[i].v]==deep[u]+1) {            a=sum-us;            a=dfs(e[i].v,min(a,e[i].w),en);            e[i].w-=a;            e[i^1].w+=a;            if(e[i].w) cur[u]=i;            us+=a;            if(us==sum) return sum;        }    }    if(!us) deep[u]=-1;    return us;}int dinic(int st,int en) {    int ans=0;    while(bfs(st,en)) {        CPY(cur,head);        ans+=dfs(st,INF,en);    }    return ans;}void init() {    tot=0;    CLR(head,-1);}int W[105][105];int a[11],b[11];int main() {    int T,n;    string ss;    scanf("%d",&T);    for(int cas=1;cas<=T;cas++) {        init();        scanf("%d",&n);        cin>>ss;        for(int i=0;i<=9;i++) {            scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);        }        int ans=0;        for(int i=1;i<=n;i++) {            for(int j=1;j<=n;j++) {                scanf("%d",&W[i][j]);                ans+=W[i][j];            }        }        int cnt=1,p=n*(n-1)/2;        int s=0,t=p+n+11;        for(int i=1;i<=n;i++) {            for(int j=i+1;j<=n;j++,cnt++) {                addedge(s,cnt,W[i][j]+W[j][i]);                addedge(cnt,s,0);                addedge(cnt,p+i,INF);                addedge(p+i,cnt,0);                addedge(cnt,p+j,INF);                addedge(p+j,cnt,0);            }        }        for(int i=1;i<=n;i++) {            addedge(p+i,p+n+ss[i-1]-'0'+1,INF);            addedge(p+n+ss[i-1]-'0'+1,p+i,0);            addedge(p+i,t,a[ss[i-1]-'0']);            addedge(t,p+i,0);        }        for(int i=1;i<=10;i++) {            addedge(p+n+i,t,b[i-1]-a[i-1]);            addedge(t,p+n+i,0);        }        printf("Case #%d: %d\n",cas,ans-dinic(s,t));    }    return 0;}