BZOJ 1565 / P2805 [NOI2009]植物大战僵尸 (最大权闭合子图 最小割)

题意

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分析

…
这道题其实就是一些点,存在一些二元限制条件,即如果要选$u$则必须选$v$.求得到的权值最大是多少.

建一个图,如果选$u$必须选$v$,则$u$向$v$连边.那么一个点如果要选肯定所有儿子都要选(也就是整棵子数都要选).这就是一个最大权闭合子图的模型.

可以发现,如果一个点数大于1的强连通分量每个点都不可选.那么去挑这些点,同时也可以去掉这些点的祖先.然后就是一个有向无环图.我们选点只要保证选了$u$必须选所有直接相连的儿子就行了.那么就可以用最小割建模来解决.

取到的数的价值之和=所有正数的和-(要舍弃掉的正数的和+要选的负数的和)

我们最小割的任务就是让后面括号中的最小.连边方式为:

• $S$向每个正数连容量为数值的边
• 每个负数向$T$连容量为绝对值的边
• 在我们之前建的关系图中,父亲向每一个儿子连边,容量为$infty$

这样的话:

• 对于正数,分在$S$一边表示选择了,(也就是保留了它连向$S$的那条边),否则割掉这条边表示不选
• 对于负数,分在$S$一边同样表示选择了,(也就是割掉了它连向$T$的那条边),否则保留这条边表示不选
• 因为父亲向儿子连了$infty$的边,那么这条边一定不会被割掉.那么一旦父亲要选,也就是父亲被分在了$S$一边,则儿子一定也会被分在$S$一边,也就是被选择了.因为如果儿子分在$T$那一边,就存在了从$S o$父亲$o$儿子$o T$的一条增广路,而最小割是不允许这样的情况出现的.

注意细节,这题不是特别难

CODE

#include <vector>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
template<typename T>inline void read(T &num) {
    char ch; int flg=1;
    while((ch=getchar())<'0'||ch>'9')if(ch=='-')flg=-flg;
    for(num=0;ch>='0'&&ch<='9';num=num*10+ch-'0',ch=getchar());
    num*=flg;
}
const int MAXN = 605;
const int MAXM = 500005;
const int inf = 1e9;
struct edge { int to, nxt, c, w, C; }e[MAXM];
int n, m, S, T, cnt, fir[MAXN], info[MAXN];
inline void add(int u, int v, int cc) {
    e[cnt] = (edge){ v, fir[u], cc }, fir[u] = cnt++;
    e[cnt] = (edge){ u, fir[v], 0 }, fir[v] = cnt++;
}
namespace SAP { //最大流
	int h[MAXN], gap[MAXN], sz;
	int aug(int u, int Max) {
		if(u == T) return Max;
		int flow = 0, delta, v;
		for(int i = info[u]; ~i; i = e[i].nxt)
			if(e[i].c && h[v=e[i].to]+1 == h[u]) {
				delta = aug(v, min(Max-flow, e[i].c));
				e[i].c -= delta, e[i^1].c += delta; info[u] = i;
				if((flow+=delta) == Max || h[S] == sz) return flow;
			}
		if(!(--gap[h[u]])) h[S] = sz;
		++gap[++h[u]]; info[u] = fir[u];
		return flow;
	}
	inline int sap() {
		memcpy(info, fir, sizeof fir);
		int flow = 0; sz = T;
		while(h[S] < sz)
			flow += aug(S, inf);
		return flow;
	}
}
int A[MAXN], id[MAXN], sum;
inline int enc(int i, int j) { return (i-1)*m + j; }
vector<int>g[MAXN];
int dfn[MAXN], low[MAXN], scc[MAXN], num[MAXN], stk[MAXN], indx, tmr, tot;
void tarjan(int u) {
	dfn[u] = low[u] = ++tmr; stk[++indx] = u;
	for(int i = 0, siz = g[u].size(), v; i < siz; ++i)
		if(!dfn[v=g[u][i]]) tarjan(v), low[u] = min(low[u], low[v]);
		else if(!scc[v]) low[u] = min(low[u], dfn[v]);
	if(dfn[u] == low[u]) {
		++tot; do{ ++num[tot], scc[stk[indx]] = tot; }while(stk[indx--] != u);
	}
}
int vis[MAXN];
int dfs(int u) { //搜索判断子树是否合法
	if(vis[u]) return vis[u];
	if(num[scc[u]] > 1) return vis[u]=-1;
	for(int i = 0, siz = g[u].size(); i < siz; ++i)
		if(dfs(g[u][i]) == -1) return vis[u]=-1;
	return vis[u]=1;
}
int main () {
    memset(fir, -1, sizeof fir);
    read(n), read(m);
	for(int i = 1, x, y, z; i <= n*m; ++i) { //我是从1~n,1~m标号
		read(A[i]), read(z);
		while(z--) read(x), read(y), g[enc(x+1, y+1)].push_back(i);
		if(i % m) g[i].push_back(i+1); //要先打(x,y+1)的才能打到(x,y)
	}
	for(int i = 1; i <= n*m; ++i)
		if(!dfn[i]) tarjan(i);
	tot = 0;
	for(int i = 1; i <= n*m; ++i) 
		if(dfs(i) == 1) id[i] = ++tot; //满足条件就给标号
	S = 0, T = tot+1;
	for(int i = 1; i <= n*m; ++i) if(id[i]) {
		for(int j = 0, siz = g[i].size(); j < siz; ++j)
			add(id[i], id[g[i][j]], inf); //父亲如果满足条件,儿子一定也满足
		if(A[i] > 0) add(S, id[i], A[i]), sum += A[i];
		else if(A[i] < 0) add(id[i], T, -A[i]);
	}
	printf("%d
", sum-SAP::sap());
}