[BZOJ3438][洛谷P1361]小M的作物

题目大意：
有A、B两个集合和n个物品，每个物品只能放在一个集合里。每个物品放在不同集合内能获得不同价值。
有一些物品，如果它们同时放在一个集合内，则会产生新的价值（A和B中都有且不一定相同(c1和c2)）。有若干这样的关系。
现在让你求最大总价值。
解题思路：
最大权闭合子图。
首先拆点，把点i拆成xi和yi
从S向每个xi连容量为“其放在集合A中的价值”的边，从xi向yi连容量为inf的边，从yi向T连容量为“其放在集合B中的价值”的边。
对于每个关系，新建节点p1,p2。从S向p1连容量为c1的边，从p1向每个有关系的y点连容量为inf的边；从p2向T连容量为c2的边，从每个有关系的x点向p2连容量为inf的边。
然后用总价值（包括关系中的c1和c2）减去最小割即可。

C++ Code：

#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<cstring>
#include<queue>
const int S=0,T=40003,inf=0x3fffffff;
inline int readint(){
	int c=getchar(),d=0;
	for(;!isdigit(c);c=getchar());
	for(;isdigit(c);c=getchar())
	d=(d<<3)+(d<<1)+(c^'0');
	return d;
}
int n,m,head[40333],cnt=1,level[40333],iter[40333],mrsrz,nx[40333];
struct edge{
	int to,nxt,cap;
}e[1700005];
inline void addedge(int u,int v,int t){
	e[++cnt]=(edge){v,head[u],t};
	head[u]=cnt;
	e[++cnt]=(edge){u,head[v],0};
	head[v]=cnt;
}
std::queue<int>q;
void bfs(){
	level[S]=1;
	for(q.push(S);!q.empty();){
		int u=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[u];~i;i=e[i].nxt)
		if(e[i].cap&&!~level[e[i].to]){
			level[e[i].to]=level[u]+1;
			q.push(e[i].to);
		}
	}
}
inline int min(int a,int b){return a<b?a:b;}
int dfs(int u,int f){
	if(!f||u==T)return f;
	for(int& i=iter[u];~i;i=e[i].nxt)
	if(e[i].cap&&level[e[i].to]>level[u]){
		int d=dfs(e[i].to,min(f,e[i].cap));
		if(d){
			e[i].cap-=d;
			e[i^1].cap+=d;
			return d;
		}else level[e[i].to]=-1;
	}
	return 0;
}
int dinic(){
	for(int flow=0,f;;){
		memset(level,-1,sizeof nx);
		if(bfs(),!~level[T])return flow;
		memcpy(iter,head,sizeof nx);
		while(f=dfs(S,inf))flow+=f;
	}
}
int main(){
	#ifdef LOCALJUDGE
	freopen("input.txt","r",stdin);
	#endif
	int ans=0;
	memset(head,-1,sizeof head);
	n=readint();
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int p=readint();
		ans+=p;
		addedge(S,i,p);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)addedge(i,i+n,inf);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int p=readint();
		ans+=p;
		addedge(i+n,T,p);
	}
	mrsrz=n<<1;
	for(int k=readint();k--;){
		int m=readint(),c1=readint(),c2=readint();
		ans+=c1+c2;
		for(int i=1;i<=m;++i)nx[i]=readint();
		addedge(S,++mrsrz,c1);
		for(int i=1;i<=m;++i)addedge(mrsrz,nx[i],inf);
		addedge(++mrsrz,T,c2);
		for(int i=1;i<=m;++i)addedge(nx[i],mrsrz,inf);
	}
	printf("%d\n",ans-dinic());
	return 0;
}