poj 2987 Firing【最大权闭合子图+玄学计数 || BFS】

玄学计数

LYY Orz

第一次见这种神奇的计数方式，乍一看非常不靠谱但是仔细想想还卡不掉

就是把在建图的时候把正权变成w*10000-1，负权变成w*10000+1，跑最大权闭合子图。后面的1作用是计数，因为在最大权闭合子图中划到s点一侧的代表选，这样一来，后四位就是起了计数作用。sum初始统计的个数就是所有正权点，然后dinic中割掉一个正权点的边即相当于在最终答案的后四位+1，也就是点数-1

然后考虑收益相同的方案，点数多的后四位一定小，而当前求得又是最小割，所以会选割掉点数少的，也就是留下员工多的方案数。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
const long long N=5005,inf=1e18;
long long n,m,s,t,h[N],cnt=1,le[N],sum;
struct qwe
{
	long long ne,to,va;
}e[N*100];
long long read()
{
	long long r=0,f=1;
	char p=getchar();
	while(p>'9'||p<'0')
	{
		if(p=='-')
			f=-1;
		p=getchar();
	}
	while(p>='0'&&p<='9')
	{
		r=r*10+p-48;
		p=getchar();
	}
	return r*f;
}
void add(long long u,long long v,long long w)
{
	cnt++;
	e[cnt].ne=h[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].va=w;
	h[u]=cnt;
}
void ins(long long u,long long v,long long w)
{//cout<<u<<" "<<v<<" "<<w<<endl;
	add(u,v,w);
	add(v,u,0);
}
bool bfs()
{
	queue<long long>q;
	memset(le,0,sizeof(le));
	le[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		long long u=q.front();
		q.pop();
		for(long long i=h[u];i;i=e[i].ne)
			if(e[i].va>0&&!le[e[i].to])
			{
				le[e[i].to]=le[u]+1;
				q.push(e[i].to);
			}
	}
	return le[t];
}
long long dfs(long long u,long long f)
{
	if(u==t||!f)
		return f;
	long long us=0;
	for(long long i=h[u];i&&us<f;i=e[i].ne)
		if(e[i].va>0&&le[e[i].to]==le[u]+1)
		{
			long long t=dfs(e[i].to,min(e[i].va,f-us));
			e[i].va-=t;
			e[i^1].va+=t;
			us+=t;
		}
	if(!us)
		le[u]=0;
	return us;
}
long long dinic()
{
	long long re=0;
	while(bfs())
		re+=dfs(s,inf);
	return re;
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	t=n+1;
	for(long long i=1;i<=n;i++)
	{
		long long x=read();
		if(x>0)
			ins(s,i,x*10000ll-1ll),sum+=x*10000ll-1ll;
		else
			ins(i,t,x*-10000ll+1ll);
	}
	for(long long i=1;i<=m;i++)
	{
		long long x=read(),y=read();
		ins(x,y,inf);
	}//cout<<dinic()<<endl;
	sum-=dinic();
	long long x1=0;
	while(sum%10000ll)
		sum++,x1++;
	printf("%lld %lld\n",x1,sum/10000ll);
	return 0;
}

BFS

建图和最大收益都按照最大权闭合子图的套路来，求出第二问。

然后从s开始BFS，只走没有满流的边，最后能走到的最多点数就是第一问的答案。记得会爆int

证明：

最小割模型中，一条边没有“割掉一半”的说法。即：流满的边才有可能作为最小割中的割边如果只流了一半的边也加入了割集，则一定产生了“浪费”，因此没被流满的边一定是不能被割的。bfs到碰到流满的边就停下来一定能得到最大的s侧集合

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<vector>
using namespace std;
const long long N=5005,inf=1e9;
long long n,m,s,t,h[N],cnt=1,le[N],sum,con;
bool vis[N];
struct qwe
{
	long long ne,to,va;
}e[N*100];
struct po
{
	long long u,v,i;
}now;
vector<po>vec;
long long read()
{
	long long r=0,f=1;
	char p=getchar();
	while(p>'9'||p<'0')
	{
		if(p=='-')
			f=-1;
		p=getchar();
	}
	while(p>='0'&&p<='9')
	{
		r=r*10+p-48;
		p=getchar();
	}
	return r*f;
}
void add(long long u,long long v,long long w)
{
	cnt++;
	e[cnt].ne=h[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].va=w;
	h[u]=cnt;
}
void ins(long long u,long long v,long long w)
{//cout<<u<<" "<<v<<" "<<w<<endl;
	add(u,v,w);
	now.u=u,now.v=v,now.i=cnt;
	vec.push_back(now);
	add(v,u,0);
}
bool bfs()
{
	queue<long long>q;
	memset(le,0,sizeof(le));
	le[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		long long u=q.front();
		q.pop();
		for(long long i=h[u];i;i=e[i].ne)
			if(e[i].va>0&&!le[e[i].to])
			{
				le[e[i].to]=le[u]+1;
				q.push(e[i].to);
			}
	}
	return le[t];
}
long long dfs(long long u,long long f)
{
	if(u==t||!f)
		return f;
	long long us=0;
	for(long long i=h[u];i&&us<f;i=e[i].ne)
		if(e[i].va>0&&le[e[i].to]==le[u]+1)
		{
			long long t=dfs(e[i].to,min(e[i].va,f-us));
			e[i].va-=t;
			e[i^1].va+=t;
			us+=t;
		}
	if(!us)
		le[u]=0;
	return us;
}
long long dinic()
{
	long long re=0;
	while(bfs())
		re+=dfs(s,inf);
	return re;
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	t=n+1;
	for(long long i=1;i<=n;i++)
	{
		long long x=read();
		if(x>0)
			ins(s,i,x),sum+=x;
		else
			ins(i,t,-x);
	}
	for(long long i=1;i<=m;i++)
	{
		long long x=read(),y=read();
		ins(x,y,inf);
	}
	sum-=dinic();
	memset(le,0,sizeof(le));
	queue<long long>q;
	le[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		long long u=q.front();
		q.pop();
		for(long long i=h[u];i;i=e[i].ne)
			if(!le[e[i].to]&&e[i].va>0)
			{
				con++;
				le[e[i].to]=1;
				q.push(e[i].to);
			}
	}
	printf("%lld %lld\n",con,sum);
	return 0;
}