[BZOJ1280]Emmy卖猪pigs

题目大意：
Emmy在一个养猪场工作。这个养猪场有M个锁着的猪圈，但Emmy并没有钥匙。顾客会到养猪场来买猪，一个接着一个。每一位顾客都会有一些猪圈的钥匙，他们会将这些猪圈打开并买走固定数目的猪。 所有顾客有的钥匙和他们需要买猪的数量在事先都告诉了Emmy，于是Emmy要订一个计划，使得卖出去的猪最多。 买卖的过程是这样的：一个顾客前来，并打开所有他可以打开的猪圈。然后Emmy从这些猪圈里牵出固定数目的猪卖给顾客（最多只能和顾客需要数相等），并可以重新安排这些开着的猪圈中的猪。 每个猪圈可以存放任意数目的猪。 写一个程序，使得Emmy能够卖出去尽可能多的猪。
解题思路：
最大流。
从源向猪圈连容量为初始猪的数量的边。
对于每一个顾客可以开的猪圈，若该猪圈被之前的顾客打开过，则从最后打开过这个猪圈的顾客向这个顾客连容量为inf的边，否则从这个猪圈向该顾客连容量inf的边。
对于每个顾客，向汇点连容量为inf的边。
为什么这么连边呢？
首先，第一个打开猪圈的顾客拿猪是没问题的。
其次，若一个猪圈已经被一个顾客开了，那么这个顾客可以得到原来那个顾客打开的其他猪圈的猪（可以通过交换得到），更早打开的也可以通过顾客链传递过来。

C++ Code：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<queue>
const int S=0,T=2330,inf=0x3f3f3f3f;
#include<iostream>
using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;
int n,m,head[2333],cnt=1,pig[2333]={0},level[2333],iter[2333];
struct edge{
	int to,nxt,cap;
}e[400005];
inline void addedge(int u,int v,int t){
	e[++cnt]=(edge){v,head[u],t};
	head[u]=cnt;
	e[++cnt]=(edge){u,head[v],0};
	head[v]=cnt;
}
std::queue<int>q;
void bfs(){
	level[S]=1;
	for(q.push(S);!q.empty();){
		int u=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[u];~i;i=e[i].nxt)
		if(e[i].cap&&!~level[e[i].to]){
			level[e[i].to]=level[u]+1;
			q.push(e[i].to);
		}
	}
}
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int dfs(int u,int f){
	if(!f||u==T)return f;
	for(int& i=iter[u];~i;i=e[i].nxt)
	if(e[i].cap&&level[e[i].to]>level[u]){
		int d=dfs(e[i].to,min(f,e[i].cap));
		if(d){
			e[i].cap-=d;
			e[i^1].cap+=d;
			return d;
		}else level[e[i].to]=-1;
	}
	return 0;
}
int dinic(){
	for(int flow=0,f;;){
		memset(level,-1,sizeof pig);
		if(bfs(),!~level[T])return flow;
		memcpy(iter,head,sizeof pig);
		while(f=dfs(S,inf))flow+=f;
	}
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	memset(head,-1,sizeof head);
	for(int i=1,p;i<=n;++i){
		cin>>p;
		addedge(S,i,p);
	}
	for(int i=1,p;i<=m;++i){
		const int id=n+i;
		cin>>p;
		for(int k;p--;){
			cin>>k;
			if(pig[k])addedge(pig[k],id,inf);else
			addedge(k,id,inf);
			pig[k]=id;
		}
		cin>>p;
		addedge(id,T,p);
	}
	cout<<dinic()<<endl;
	return 0;
}