poj1149 PIGS

PIGS

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Description

Mirko works on a pig farm that consists of M locked pig-houses and Mirko can't unlock any pighouse because he doesn't have the keys. Customers come to the farm one after another. Each of them has keys to some pig-houses and wants to buy a certain number of pigs. 
All data concerning customers planning to visit the farm on that particular day are available to Mirko early in the morning so that he can make a sales-plan in order to maximize the number of pigs sold. 
More precisely, the procedure is as following: the customer arrives, opens all pig-houses to which he has the key, Mirko sells a certain number of pigs from all the unlocked pig-houses to him, and, if Mirko wants, he can redistribute the remaining pigs across the unlocked pig-houses. 
An unlimited number of pigs can be placed in every pig-house. 
Write a program that will find the maximum number of pigs that he can sell on that day.

Input

The first line of input contains two integers M and N, 1 <= M <= 1000, 1 <= N <= 100, number of pighouses and number of customers. Pig houses are numbered from 1 to M and customers are numbered from 1 to N.
The next line contains M integeres, for each pig-house initial number of pigs. The number of pigs in each pig-house is greater or equal to 0 and less or equal to 1000. 
The next N lines contains records about the customers in the following form ( record about the i-th customer is written in the (i+2)-th line): 
A K1 K2 ... KA B It means that this customer has key to the pig-houses marked with the numbers K1, K2, ..., KA (sorted nondecreasingly ) and that he wants to buy B pigs. Numbers A and B can be equal to 0.

Output

The first and only line of the output should contain the number of sold pigs.

Sample Input

3 33 1 102 1 2 22 1 3 31 2 6

Sample Output

7

大意：有M个猪圈，每个猪圈里初始时有若干头猪。一开始所有猪圈都是关闭的。依次来了N个顾客，每个顾客分别会打开指定的几个猪圈，从中买若干头猪。每个顾客分别都有他能够买的数量的上限。每个顾客走后，他打开的那些猪圈中的猪，都可以被任意地调换到其它开着的猪圈里，然后所有猪圈重新关上。问总共最多能卖出多少头猪。（1 <= N <= 100, 1 <= M <= 1000）。

举个例子来说。有3个猪圈，初始时分别有3、1和10头猪。依次来了3个顾客，第一个打开1号和2号猪圈，最多买2头；第二个打开1号和3号猪圈，最多买3头；第三个打开2号猪圈，最多买6头。那么，最好的可能性之一就是第一个顾客从1号圈买2头，然后把1号圈剩下的1头放到2号圈；第二个顾客从3号圈买3头；第三个顾客从2号圈买2头。总共卖出2+3+2=7头。

【建模方法】
不难想象，这个问题的网络模型可以很直观地构造出来。就拿上面的例子来说，可以构造出图1所示的模型（图中凡是没有标数字的边，容量都是∞）：
• 三个顾客，就有三轮交易，每一轮分别都有3个猪圈和1个顾客的结点。
• 从源点到第一轮的各个猪圈各有一条边，容量就是各个猪圈里的猪的初始数量。
• 从各个顾客到汇点各有一条边，容量就是各个顾客能买的数量上限。
• 在某一轮中，从该顾客打开的所有猪圈都有一条边连向该顾客，容量都是∞。
• 最后一轮除外，从每一轮的i号猪圈都有一条边连向下一轮的i号猪圈，容量都是∞，表示这一轮剩下的猪可以留到下一轮。
• 最后一轮除外，从每一轮被打开的所有猪圈，到下一轮的同样这些猪圈，两两之间都要连一条边，表示它们之间可以任意流通。

这个网络模型的最大流量就是最多能卖出的数量。图中最多有2+N+M×N≈100,000个结点。这个模型虽然很直观，但是结点数太多了，计算速度肯定会很慢。其实不用再想别的算法，就让我们继续上面的例子，用合并的方法来简化这个网络模型。

首先，最后一轮中没有打开的猪圈就可以从图中删掉了，也就是图2中红色的部分，显然它们对整个网络的流量没有任何影响。

接着，看图2中蓝色的部分。根据我总结出的以下几个规律，可以把这4个点合并成一个：
规律1. 如果几个结点的流量的来源完全相同，则可以把它们合并成一个。
规律2. 如果几个结点的流量的去向完全相同，则可以把它们合并成一个。
规律3. 如果从点u到点v有一条容量为∞的边，并且点v除了点u以外没有别的流量来源，则可以把这两个结点合并成一个。
根据规律1，可以把蓝色部分右边的1、2号结点合并成一个；根据规律2，可以把蓝色部分左边的1、2号结点合并成一个；最后，根据规律3，可以把蓝色部分的左边和右边（已经分别合并成了一个结点）合并成一个结点。

最终其实就是这样的：

嗯，简单的来说就是首先每个顾客，如果这个猪圈是第一次开，那么就连一条边，最后这样的边合并。如果这个猪圈开过了，那么当前顾客其实就是相当于可以向第一次开这个猪圈的顾客来买猪。所以对这个顾客连一条边即可。

这样点就缩到了100+2个。

直接上板子就可以了。

至于建图部分，我们可以用一个数组来记录猪圈第一次开的是哪个顾客。

#include <iostream>#include <cstdio>#include <algorithm>#include <queue>#include <cstring>using namespace std;const int inf=0x3f3f3f3f;int n,m;int s,e;int tu[110][110];//残留图int num[1100];//记录第一次开猪圈的顾客编号int pig[1100];//记录猪圈的猪的个数int path[110],flow[110];int EK(){    memset(path,-1,sizeof(path));    flow[0]=inf;    queue<int>q;    q.push(0);    while(!q.empty())    {        int u=q.front();        if(u==e)break;        q.pop();        for(int i=1;i<=e;++i)        {            if(path[i]==-1&&tu[u][i])            {                path[i]=u;                flow[i]=min(flow[u],tu[u][i]);                q.push(i);            }        }    }    if(path[e]==-1)return 0;    else return flow[e];}int get_maxflow(){    int max_flow=0;    int flow=EK();    while(flow)    {        max_flow+=flow;        int u=path[e],v=e;        while(u!=-1)        {            tu[u][v]-=flow;            tu[v][u]+=flow;            v=u;            u=path[v];        }        flow=EK();    }    return max_flow;}int main(){    int i,k;    scanf("%d%d",&m,&n);    s=0;    e=n+1;    for(i=1;i<=m;++i)scanf("%d",&pig[i]);    int x;    for(i=1;i<=n;++i)    {        scanf("%d",&k);        int sum=0;        while(k--)        {            scanf("%d",&x);            if(!num[x])            {                num[x]=i;                sum+=pig[x];            }            else tu[num[x]][i]=inf;        }        if(sum)tu[0][i]=sum;        scanf("%d",&x);        tu[i][e]=x;    }    printf("%d\n",get_maxflow());    return 0;}