題目大意
就是有n個人,m個app,有幾個人是關鍵人,必須得開發app,有幾個app是關鍵app,必須得被開發。
然後每個人僅可以開發指定的幾個app,分別可獲得不同的錢
每個人僅可開發一個app,一個app僅可有一個人開發。
問你,在關鍵人和關鍵app能不能滿足,能的話,最大錢是多少。
思路
以樣例爲例:
2 4
1 1
1 3
2 1 8 2 10
3 2 2 3 10 4 50
建立網絡流如上,所有邊的容量都爲1,關鍵點的權值置爲INF,中間的邊權值爲開發app的錢,然後跑一次最大費用可行流。
最大費用可行流,在最小費用最大流的模板上稍加修改就能實現。
先說最小費用流
算法步驟
初始化伴隨網絡:<v,u>.cost=-<u,v>.cost,<v,u>.cap=flow=0
即對原網絡中每一條邊,添加一條容量爲0的反向邊,費用取相反數,表示這正向邊少流可以減少費用。
然後每次在伴隨網絡裏用SPFA求費用最短的增廣路
一開始 反向負費用的邊 ,容量都是0
所以第一次跑出來的最短路,費用一定是正的
然後沿着這條增廣路增廣一次, 增廣途中就有反向邊的容量被增加了
然後第二次跑最短路,就有可能跑出負費用
如果是負費用,說明費用還可以優化
但如果再次跑出了正費用,說明費用已經沒法優化了,但流還可以繼續增廣
這時候繼續進行到底,就是最小費用最大流;停住,就是最小費用可行流
最大費用只需把邊的費用取相反數,最後答案也取相反數即可。
代碼有點醜將就着看看吧- -。
AC代碼
/*
40th 2015-2016 Asia Region, Tehran Site
Problem I: Cafebazaar
*/
#include <iostream>
#include <iomanip>
#include <fstream>
#include <sstream>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
#include <functional>
#include <numeric>
#include <string>
#include <set>
#include <map>
#include <stack>
#include <vector>
#include <queue>
#include <deque>
#include <list>
//#include <unordered_map>
using namespace std;
#define CLR(x,y) memset((x),(y),sizeof(x))
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
//typedef __int128 lll;
const int MAXN = 10000;
const int MAXM = 100000;
const ll INF = 0x3f3f3f3f;
struct Edge
{
int to, next, cap, flow, cost;
}edge[MAXM];
int head[MAXN], tol;
int pre[MAXN];
ll dis[MAXN];
bool vis[MAXN];
int N;//節點總個數
void init(int n)
{
N = n;
tol = 0;
CLR(head,-1);
}
void addedge(int u, int v, int cap, int cost)
{
edge[tol].to = v;
edge[tol].cap = cap;
edge[tol].cost = -cost;//最大費用
edge[tol].flow = 0;
edge[tol].next = head[u];
head[u] = tol++;
edge[tol].to = u;
edge[tol].cap = 0;
edge[tol].cost = cost;
edge[tol].flow = 0;
edge[tol].next = head[v];
head[v] = tol++;
}
bool spfa(int s, int t)
{
queue<int>q;
for (int i = 0; i <= N; i++)
{
dis[i] = INF;
vis[i] = false;
pre[i] = -1;
}
dis[s] = 0;
vis[s] = true;
q.push(s);
while (!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
vis[u] = false;
for (int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next)
{
int v = edge[i].to;
if (edge[i].cap > edge[i].flow &&
dis[v] > dis[u] + edge[i].cost)
{
dis[v] = dis[u] + edge[i].cost;
pre[v] = i;
if (!vis[v])
{
vis[v] = true;
q.push(v);
}
}
}
}
if (pre[t] == -1)return false;
else return true;
}
//cost存的是最大費用
int maxCostflow(int s, int t, ll &cost)
{
int flow = 0;
cost = 0;
bool first=0;
while (spfa(s, t))
{
int Min = INF;
for (int i = pre[t]; i != -1; i = pre[edge[i ^ 1].to])
{
if (Min > edge[i].cap - edge[i].flow)
Min = edge[i].cap - edge[i].flow;
}
ll c=0;
for (int i = pre[t]; i != -1; i = pre[edge[i ^ 1].to])
{
edge[i].flow += Min;
edge[i ^ 1].flow -= Min;
c += edge[i].cost * Min;
}
//printf("cost:%d\n",c);
if(first)first=0;
else if(c>=0)return flow;
cost+=c;
flow += Min;
}
return flow;
}
bool has_id[300];
int main()
{
int n,m;
while(scanf("%d%d",&n,&m),n)
{
CLR(has_id,0);
init(n+m+1);
int t,cntINF=0;
scanf("%d",&t);
cntINF+=t;
while(t--)
{
int x;
scanf("%d",&x);
addedge(0,x,1,INF);
has_id[x]=1;
}
for(int i=1 ; i<=n ; ++i)
{
if(!has_id[i]) addedge(0,i,1,0);
}
scanf("%d",&t);
cntINF+=t;
while(t--)
{
int x;
scanf("%d",&x);
x+=n;
addedge(x,n+m+1,1,INF);
has_id[x]=1;
}
for(int i=n+1 ; i<=n+m ; ++i)
{
if(!has_id[i])addedge(i,n+m+1,1,0);
}
for(int i=1 ; i<=n ; ++i)
{
int t;
scanf("%d",&t);
while(t--)
{
int v,w;
scanf("%d%d",&v,&w);
v+=n;
addedge(i,v,1,w);
}
}
ll ans=0;
maxCostflow(0,n+m+1,ans);
ans=-ans;
ans-=cntINF*INF;
if(ans>=0)printf("%lld\n",ans);
else printf("-1\n");
}
return 0;
}