題意：
有一些用門相連的小房間，門可以開關，但是每個門的開關只能由給定的某一個房間控制,現在給定一個房間t和一些房間mi，問使得mi到s都不連通的情況下，需要關閉的門的最少個數。
思路：
房間看作點，門看作邊，若門可以隨意開關，在點之間連容量爲1的雙向邊表示門，最小邊割集的容量即爲答案。但題中表示門只可由一方控制，也就是說若存在a->b的邊，且門由a控制，那麼我們在求解最小割的過程中邊a->b就不能成爲割集中的邊。反之，邊b->a可以。回憶以最大流的方式求解最小割的過程中，割集中的邊一定是那些流量f等於容量的邊，也就是在殘餘網絡中不存在的邊。我們可以將邊a->b的容量定爲inf,來保證增廣過程中a->b不會滿流，也就不會成爲割集中的邊。另外，對於多個源點，增加新的源點s’向他們連容量爲inf的邊，同理，這些邊也不能成爲割集中的邊。最後求解s’到t的最大流可解。若原圖中可增廣從s’到t的流量爲inf的流，那麼原問題無解。
個人注意：
理解最大流最小割的關係，若原圖中有些邊不能被割，可設其容量爲inf.
代碼：
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <vector>
using namespace std;
const int inf = 500;
const int max_v = 40;
struct edge{int to,cap,rev;};
vector<edge> G[max_v];
int level[max_v];
int iter[max_v];
void add_edge(int from ,int to ,int cap)
{
G[from].push_back((edge){to,cap,G[to].size()});
G[to].push_back((edge){from,0,G[from].size()-1});
}
void bfs(int s)
{
memset(level,-1,sizeof(level));
queue<int> que;
level[s] = 0;
que.push(s);
while(!que.empty())
{
int v = que.front();que.pop();
for(int i = 0; i < G[v].size();i++)
{
edge &e =G[v][i];
if(e.cap > 0&& level[e.to]<0)
{
level[e.to] = level[v]+1;
que.push(e.to);
}
}
}
}
int dfs(int v,int t,int f)
{
if(v == t) return f;
for(int &i = iter[v]; i < G[v].size();i++)
{
edge &e = G[v][i];
if(e.cap > 0 && level[v] < level[e.to])
{
int d = dfs(e.to,t,min(f,e.cap));
if(d > 0)
{
e.cap-=d;
G[e.to][e.rev].cap+=d;
return d;
}
}
}
return 0;
}
int max_flow(int s,int t)
{
int flow = 0;
while(1)
{
bfs(s);
if(level[t] < 0) return flow;
memset(iter, 0 ,sizeof(iter));
int f;
while((f = dfs(s,t,inf)) > 0)
{
flow+=f;
}
}
}
int main()
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
for(int i = 0; i < max_v;i++)
G[i].clear();
int m,n;
scanf("%d%d",&m,&n);
for(int i = 0; i < m; i++)
{
char sp[5];
scanf("%s",sp);
if(sp[0] == 'I')
add_edge(m, i,inf);
int cnt;
scanf("%d",&cnt);
for(int j = 0; j < cnt;j++)
{
int a;
scanf("%d",&a);
add_edge(i, a,inf);
add_edge(a,i,1);
}
}
int ans = max_flow(m,n);
if(ans < inf)
printf("%d\n",ans);
else
printf("PANIC ROOM BREACH\n");
}
return 0;
}