题目大意：给一张有向图，现在要选择一些点，删掉图中的所有边。具体操作为：选择点i，可以选择删除从i出发的所有有向边或者进入i的所有有向边，分别有个代价ini和outi，求最小的代价删掉所有边。并输出删除方案。
题目分析：最小割。因为每次删除的是一个点的所有入边或者所有出边。那么就很明显了，拆点，将i拆成i和I+n2个点，分别表示第i个点的入度点和出度点。源点到每个i连边，表示从i点的出边，边权为outi，i+n表示第i个点的入度点，那么i+n-->汇点建边，边权为ini，对于每对给定的有向边i->j，建边i->j + n，边权为无穷大。原理其实和这题是十分类似的。因为要求一个最小割，要保证源点和汇点被分在2个集合中，i->j + n边权无穷大后，保证割边集不可能包含i->j + n这类边，那么割边集只能包含s->i和j + n->t，这样就保证求出的最小割将源点和汇点分开。建好图跑一遍最大流即可。
不过这题还要给一个最小割的方案，输出割点。搞了好久。。。
其实也不是很复杂，对求完最大流的残余网络进行一次dfs即可。从源点开始dfs，只对边权残余容量为0的边遍历。所有遍历到的点标记上。然后检查1-2n的所有点，分2类：
1：i<=n的点，根据前面建图可知，这类点是表示第i个点的出边的，如果从源点无法通过残余容量为0的边遍历到，那么说明这个点的出边是属于割集的，即所求点。反之，对于能遍历到的点，肯定不是割点。
2：i>n的点，这类点是表示第i个点的入边，如果被遍历到了，肯定是属于割点的。为什么呢，因为从源点开始遍历，肯定要先通过1-n的点到达n+1~n + n的点，假设到达了i+n这个点，并且假设是从j到达i+n的点的，前面已经说了，j肯定不属于割点，那么j的出边肯定就没有删除，要求要删掉所有的边，既然从j不能删掉从j出发的边，那么只能删掉j所到达的边的入边了。既然能从j->i+n，那么j->i肯定右边，相对i来说，这是条入边，i一定要属于割点才能保证删掉所有的边。
详情请见代码：
#include <iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int N = 105;
const int M = 10005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int m,n,num;
struct node
{
int to,c,f,next,pre;
}arc[M];
int head[N],que[N],sta[N],cnt[N],dis[N],rpath[N];
bool flag[N][N];
void build(int s,int e,int cap)
{
arc[num].to = e;
arc[num].c = cap;
arc[num].f = 0;
arc[num].next = head[s];
head[s] = num ++;
arc[num - 1].pre = num;
arc[num].pre = num - 1;
arc[num].to = s;
arc[num].c = arc[num].f = 0;
arc[num].next = head[e];
head[e] = num ++;
}
void init()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
memset(flag,false,sizeof(flag));
num = 0;
int i,a,b,d;
scanf("%d",&m);
for(i = 1;i <= n;i ++)
{
scanf("%d",&d);
build(i + n,n + n + 1,d);
}
for(i = 1;i <= n;i ++)
{
scanf("%d",&d);
build(0,i,d);
}
while(m --)
{
scanf("%d%d",&a,&b);
if(flag[a][b + n])
continue;
flag[a][b + n] = true;
build(a,b + n,inf);
}
}
void re_Bfs()
{
int i,front,rear;
for(i = 0;i <= n + n + 1;i ++)
{
dis[i] = n + n + 2;
cnt[i] = 0;
}
front = rear = 0;
dis[n + n + 1] = 0;
cnt[0] = 1;
que[rear ++] = n + n + 1;
while(front != rear)
{
int u = que[front ++];
for(i = head[u];i != -1;i = arc[i].next)
{
if(arc[arc[i].pre].c == 0 || dis[arc[i].to] < n + n + 2)
continue;
dis[arc[i].to] = dis[u] + 1;
cnt[dis[arc[i].to]] ++;
que[rear ++] = arc[i].to;
}
}
}
void dfs(int u)
{
if(cnt[u])
return;
cnt[u] = 1;
for(int i = head[u];i != -1;i = arc[i].next)
if(arc[i].c > 0 && cnt[arc[i].to] == 0)
dfs(arc[i].to);
}
void show(int maxflow)
{
memset(cnt,0,sizeof(cnt));
dfs(0);
int i,rear = 0;
for(i = 1;i <= n;i ++)
{
if(cnt[i] == 0)
que[rear ++] = i;
if(cnt[i + n])
que[rear ++] = i + n;
}
printf("%d
",rear);
for(i = 0;i < rear;i ++)
{
if(que[i] <= n)
printf("%d -
",que[i]);
else
printf("%d +
",que[i] - n);
}
}
void ISAP()
{
re_Bfs();
int i,u,maxflow = 0;
for(i = 0;i <= n + n + 1;i ++)
sta[i] = head[i];
u = 0;
while(dis[0] < n + n + 2)
{
if(u == n + n + 1)
{
int curflow = inf;
for(i = 0;i != n + n + 1;i = arc[sta[i]].to)
curflow = min(curflow,arc[sta[i]].c);
for(i = 0;i != n + n + 1;i = arc[sta[i]].to)
{
arc[sta[i]].c -= curflow;
arc[sta[i]].f += curflow;
arc[arc[sta[i]].pre].c += curflow;
arc[arc[sta[i]].pre].f -= curflow;
}
maxflow += curflow;
u = 0;
}
for(i = sta[u];i != -1;i = arc[i].next)
if(arc[i].c > 0 && dis[u] == dis[arc[i].to] + 1)
break;
if(i != -1)
{
sta[u] = i;
rpath[arc[i].to] = arc[i].pre;
u = arc[i].to;
}
else
{
if((-- cnt[dis[u]]) == 0)
break;
int Min = n + n + 2;
sta[u] = head[u];
for(i = sta[u];i != -1;i = arc[i].next)
if(arc[i].c > 0)
Min = min(Min,dis[arc[i].to]);
dis[u] = Min + 1;
cnt[dis[u]] ++;
if(u != 0)
u = arc[rpath[u]].to;
}
}
printf("%d
",maxflow);
show(maxflow);
}
int main()
{
while(scanf("%d",&n) != EOF)
{
init();
ISAP();
}
return 0;
}
//1380K 63MS
/*
3 6
1 2 3
4 2 1
1 2
1 1
3 2
1 2
3 1
2 3
3 5
1 2 3
4 2 1
1 2
3 2
1 2
3 1
2 3
*/