又是经典模型的好题目

题目描述

人类智慧之神 zhangzj 最近有点胖,所以要减肥,他买了 NN 种减肥药,发现每种减肥药使用了若干种药材,总共正好有 NN 种不同的药材。

经过他的人脑实验,他发现如果他吃下去了 KK(0≤K≤N0≤K≤N)种减肥药,而这 KK 种减肥药使用的药材并集大小也为 KK,这 KK 种才会有效果,否则无效。
第 ii 种减肥药在产生效果的时候会使 zhangzj 的体重增加 PiPi​ 斤,显然 PiPi​ 可以小于 00。

他想知道,一次吃药最好情况下体重变化量是多少,当然可以一种药也不吃,此时体重不变。 由于某些奥妙重重的情况,我们可以让这 NN 种减肥药每一种对应一个其使用的药材,且 NN 种减肥药对应的药材互不相同(即有完美匹配)。

输入格式

第一行一个整数 NN。

接下来 NN 行,每行描述一种减肥药,对于一种减肥药,第一个数读入使用的药材个数 tt,接下来 tt 个整数表示使用的药材编号,一个药材编号在一行只会出现一次。
最后一行 NN 个整数,第 ii 个整数 PiPi​ 表示第 ii 种减肥药产生效果时的体重变化量。

数据范围与提示

对于 30%30% 的数据,N≤20N≤20;
对于另外 10%10% 的数据,Pi<0Pi​<0;
对于 100%100% 的数据,1≤N≤300,∣Pi∣≤10000001≤N≤300,∣Pi​∣≤1000000。


题目分析

这道题最主要的麻烦在于药材和药的数目要相同,这意味着最优情况下,可能需要选取一些收益为负的药来达到合法状态。因此wqs二分药材权值负增量的做法就会挂得很彻底。

再观察题目的特殊性质,发现给出的一张图是恰好两侧点数相同,且具有完美匹配的二分图。这个条件说明在左侧任意选取$k$个点,右侧对应的$k'$必定有$k \le k'$。这是一个相当重要的条件。在这个前提下,我们可以把每种减肥药的权值改为$BASE-P_i$;药材的权值设成$BASE$,再以此做最大权闭合子图。关于这个做法的解释如下所示:

这里是第一个例子,最优方案是三个全选,收益为20。考虑一下“表面权值和最优”(但是不合法)的选前两个的方案,由于我们在右侧每个药材都连出了$BASE$的边,那么当左边选取$k$个、右边选取$k\le k'$个时,进行的操作相当于是选了右侧$k'\times BASE$的割,然而很明显选左侧$k\times BASE-\sum P_i$的割更优。但在最大权闭合子图的方面看,割去$(S,i)$也即意味着点$i$就是不选了,这与前一假设矛盾。因此,右边边权的$BASE$增量能够致使$k\ge k'$,那么综上所述保证了$k=k'$。

以下是第二个例子。在这个例子中,为了保证合法,我们不得不选取增肥100的减肥药。同样是考虑选取前两个元素的方案,会发现仍然由于右侧有三个$BASE,所以导致只有在加入第三个元素时才得到最大值。

 #include<bits/stdc++.h>
const int maxn = ;
const int maxm = ;
const int INF = 2e9;
const int base = 5e6; struct Edge
{
int u,v,f,c;
Edge(int a=, int b=, int c=, int d=):u(a),v(b),f(c),c(d) {}
}edges[maxm];
int edgeTot,head[maxn],nxt[maxm],lv[maxn];
int n,ans,tot,S,T; void addedge(int u, int v, int c)
{
edges[edgeTot] = Edge(u, v, , c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot, ++edgeTot;
edges[edgeTot] = Edge(v, u, , ), nxt[edgeTot] = head[v], head[v] = edgeTot, ++edgeTot;
}
bool buildLevel()
{
std::queue<int> q;
memset(lv, , sizeof lv);
q.push(S), lv[S] = ;
for (int tmp; q.size(); )
{
tmp = q.front(), q.pop();
for (int i=head[tmp]; i!=-; i=nxt[i])
{
int v = edges[i].v;
if (!lv[v]&&edges[i].f < edges[i].c){
lv[v] = lv[tmp]+, q.push(v);
if (v==T) return true;
}
}
}
return false;
}
int fndPath(int x, int lim)
{
int sum = ;
if (x==T||!lim) return lim;
for (int i=head[x]; i!=-&&sum < lim; i=nxt[i])
{
int v = edges[i].v, val;
if (lv[v]==lv[x]+&&edges[i].f < edges[i].c){
if ((val = fndPath(v, std::min(lim-sum, edges[i].c-edges[i].f)))){
edges[i].f += val, edges[i^].f -= val, sum += val;
}else lv[v] = -;
}
}
return sum;
}
int dinic()
{
int ret = , val;
while ((buildLevel()))
while ((val = fndPath(S, INF))) ret += val;
return ret;
}
int main()
{
freopen("loj6045.in","r",stdin);
freopen("loj6045.out","w",stdout);
memset(head, -, sizeof head);
scanf("%d",&n), S = , T = *n+;
for (int i=,k; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&k);
for (int u; k; --k)
scanf("%d",&u), addedge(i, u+n, INF);
}
for (int i=,s; i<=n; i++)
{
scanf("%d",&s);
addedge(S, i, base-s);
addedge(i+n, T, base);
tot += base-s;
}
printf("%d\n",-tot+dinic());
return ;
}

END

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