标签：return 最大 int flow 子图 rest NOI2006 edge 获利
最大权闭合子图模板题，美滋滋。
闭合子图
定义一张有向图的闭合子图\(G_0\)，那么对于子图中的任意一个节点\(v\)都没有一条连出子图外节点的边。
最大权闭合子图
我们给有向图中的每个点\(u\)赋一个可正可负的权值\(w_i\)，那么一个有向图的最大权闭合子图就是满足\(\sum_{w_i}\)最大的\(G_0\)。
解决方法
- 建立超级源点向所有正权值的点连容量为点权的边。
- 建立超级汇点，所有负权值的点向汇点连容量为点权绝对值的边。
- 原图中的边保留，容量为inf。
\(\sum_{w_i>0}-maxflow\)即为答案。
正确性
- 考虑最优值一定是\(S\)到正权点尽可能多流，负权点尽可能少流。所以我们先全选正权点。
- 现在从\(S\)—>\(T\)就是损失。想一下，如果我们从\(S\)流出了一条容量为\(x\)点权的边，它跑完最大流之后，跑不满对应的负权点到\(T\)的流，代表什么？代表选了这个点，花费比收益大。不过在网络流图中，你跑最大流，最坏情况对应的其实就是不选这个点。因为你是减去最大流，最大流最多也就是\(w_x\)。多个点结合，也是一样的效果。
所以我们跑完最大流，就是最小损失，\(sum-maxflow\)就是答案。
模板题:[NOI2006]最大获利
- 直接把每个收益建成新节点，从\(s\)连边。这个收益点向两个中转站连\(inf\)的边。中转站向\(t\)连容量为代价的边。
跑最大权闭合子图即为答案。
Coding
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int N=2e5+100;
const int inf=1e9;
int n,m,tot=1,cnt,s,t,sum,flow,maxflow,d[N],p[N],ver[N<<1],Next[N<<1],lin[N],edge[N<<1];
void add(int x,int y,int z){
ver[++tot]=y;Next[tot]=lin[x];lin[x]=tot;edge[tot]=z;
ver[++tot]=x;Next[tot]=lin[y];lin[y]=tot;edge[tot]=0;
}
bool bfs(){
queue<int>q;
memset(d,0,sizeof(d));
d[s]=1,q.push(s);
while(q.size()){
int x=q.front();q.pop();
for(int i=lin[x];i;i=Next[i]){
int y=ver[i];
if(!d[y]&&edge[i]){
d[y]=d[x]+1;
q.push(y);
if(y==t)return 1;
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int x,int flow){
if(x==t) return flow;
int rest=flow;
for(int i=lin[x];i&&rest;i=Next[i]){
int y=ver[i];
if(edge[i]&&d[y]==d[x]+1){
int k=dinic(y,min(edge[i],rest));
if(!k) d[y]=0;
rest-=k;edge[i]-=k;edge[i^1]+=k;
if(!rest) return flow-rest;
}
}
return flow-rest;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);
s=0,t=n+m+1;cnt=n;
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&p[i]),add(i,t,p[i]);
for(int i=1;i<=m;++i){
int x,y,z;scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
++cnt;sum+=z;
add(s,cnt,z);add(cnt,x,inf);add(cnt,y,inf);
}
while(bfs()){
while(flow=dinic(s,inf)) maxflow+=flow;
}
printf("%d\n",sum-maxflow);
return 0;
}标签：return,最大,int,flow,子图,rest,NOI2006,edge,获利 来源： https://www.cnblogs.com/kgxw0430/p/10582429.html
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