题目描述
小M在MC里开辟了两块巨大的耕地A和B（你可以认为容量是无穷），现在，小P有n中作物的种子，每种作物的种子有1个（就是可以种一棵作物）（用1...n编号）。
现在，第i种作物种植在A中种植可以获得ai的收益，在B中种植可以获得bi的收益，而且，现在还有这么一种神奇的现象，就是某些作物共同种在一块耕地中可以获得额外的收益，小M找到了规则中共有m种作物组合，第i个组合中的作物共同种在A中可以获得c1i的额外收益，共同总在B中可以获得c2i的额外收益。
小M很快的算出了种植的最大收益，但是他想要考考你，你能回答他这个问题么？
输入输出格式
输入格式：
第一行包括一个整数n
第二行包括n个整数，表示ai第三行包括n个整数，表示bi第四行包括一个整数m接下来m行，
对于接下来的第i行：第一个整数ki，表示第i个作物组合中共有ki种作物，
接下来两个整数c1i，c2i，接下来ki个整数，表示该组合中的作物编号。
输出格式：
只有一行，包括一个整数，表示最大收益
输入输出样例
说明
样例解释
A耕地种1，2，B耕地种3，收益4+2+3+2=11。
数据范围与约定
1<=k< n<= 1000,0 < m < = 1000 保证所有数据及结果不超过2*10^9。
建立源点和汇点后，我们很容易构造ai,bi的收益方式：
将源点s与i连ai边，i与汇点t连bi边；
由于题目中还有ci的收益方式，我们可以设立一个虚节点x：
将s与x连c1i容量的边，接着x与这个组合中所有的点连inf的边，
然后该组合中所有的点与另一个虚节点y连inf容量的边，最后y与t连c2i容量的边；
跑一下dinic即可；
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<string>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
#include<vector>
#include<queue>
#include<bitset>
#include<ctime>
#include<time.h>
#include<deque>
#include<stack>
#include<functional>
#include<sstream>
//#include<cctype>
//#pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
#define maxn 20005
#define inf 0x7fffffff
//#define INF 1e18
#define rdint(x) scanf("%d",&x)
#define rdllt(x) scanf("%lld",&x)
#define rdult(x) scanf("%lu",&x)
#define rdlf(x) scanf("%lf",&x)
#define rdstr(x) scanf("%s",x)
#define mclr(x,a) memset((x),a,sizeof(x))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef unsigned int U;
#define ms(x) memset((x),0,sizeof(x))
const long long int mod = 1e9 + 7;
#define Mod 1000000000
#define sq(x) (x)*(x)
#define eps 1e-5
typedef pair<int, int> pii;
#define pi acos(-1.0)
//const int N = 1005;
#define REP(i,n) for(int i=0;i<(n);i++)
typedef pair<int, int> pii;
inline int rd() {
int x = 0;
char c = getchar();
bool f = false;
while (!isdigit(c)) {
if (c == '-') f = true;
c = getchar();
}
while (isdigit(c)) {
x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48);
c = getchar();
}
return f ? -x : x;
}
ll gcd(ll a, ll b) {
return b == 0 ? a : gcd(b, a%b);
}
int sqr(int x) { return x * x; }
/*ll ans;
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if (!b) {
x = 1; y = 0; return a;
}
ans = exgcd(b, a%b, x, y);
ll t = x; x = y; y = t - a / b * y;
return ans;
}
*/
int n, m;
int st, ed;
struct node {
int u, v, nxt, w;
}edge[(int)(1e7 + 1)];
int head[1000003], cnt;
void addedge(int u, int v, int w) {
edge[cnt].u = u; edge[cnt].v = v; edge[cnt].nxt = head[u];
edge[cnt].w = w; head[u] = cnt++;
}
int rk[1000003];
int bfs() {
queue<int>q;
ms(rk);
rk[st] = 1;
q.push(st);
while (!q.empty()) {
int tmp = q.front(); q.pop();
for (int i = head[tmp]; i != -1; i = edge[i].nxt) {
int to = edge[i].v;
if (rk[to] || edge[i].w <= 0)continue;
rk[to] = rk[tmp] + 1; q.push(to);
}
}
return rk[ed];
}
int dfs(int u, int flow) {
if (u == ed)return flow;
int add = 0;
for (int i = head[u]; i != -1 && add < flow; i = edge[i].nxt) {
int v = edge[i].v;
if (rk[v] != rk[u] + 1 || !edge[i].w)continue;
int tmpadd = dfs(v, min(edge[i].w, flow - add));
if (!tmpadd) { rk[v] = -1; continue; }
edge[i].w -= tmpadd; edge[i ^ 1].w += tmpadd;
add += tmpadd;
}
return add;
}
int ans;
void dinic() {
while (bfs())ans += dfs(st, inf);
}
int a[maxn], b[maxn];
int ID(int x,int p) {
if (p == 1)return x;
else if (p == 2)return (x + m);
else if (p == 3)return (x + n + m);
}
int main()
{
// ios::sync_with_stdio(0);
mclr(head, -1); n = rd();
int sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)a[i] = rd(), sum += a[i];
for (int j = 1; j <= n; j++)b[j] = rd(), sum += b[j];
m = rd();
st = 0; ed = n + 2 * m + 2;
for (int i = 1; i <= n; i++)addedge(st, ID(i, 2), a[i]), addedge(ID(i, 2), st, 0);
for (int i = 1; i <= n; i++)addedge(ID(i, 2), ed, b[i]), addedge(ed, ID(i, 2), 0);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
int k = rd();
int c1 = rd(), c2 = rd();
sum += (c1 + c2);
while (k--) {
int x = rd();
addedge(ID(i, 1), ID(x, 2), inf); addedge(ID(x, 2), ID(i, 1), 0);
addedge(ID(x, 2), ID(i, 3), inf); addedge(ID(i, 3), ID(x, 2), 0);
}
addedge(st, ID(i, 1), c1); addedge(ID(i, 1), st, 0);
addedge(ID(i, 3), ed, c2); addedge(ed, ID(i, 3), 0);
}
dinic();
printf("%d
", sum - ans);
return 0;
}