BZOJ1565【NOI2009】植物大战僵尸 <最大权闭合子图+拓扑>

Problem

【NOI2009】植物大战僵尸

Time Limit: $10 Sec$
Memory Limit: $64 MB$

Description


Input


Output

仅包含一个整数，表示可以获得的最大能源收入。注意，你也可以选择不进行任何攻击，这样能源收入为$0$。

Sample Input

3 2
10 0
20 0
-10 0
-5 1 0 0
100 1 2 1
100 0

Sample Output

25

HINT

在样例中, 植物$P_{1,1}$可以攻击位置$(0,0)$, $P_{2, 0}$可以攻击位置$(2,1)$。
一个方案为，首先进攻$P_{1,1}, P_{0,1}$，此时可以攻击$P_{0,0}$ 。共得到能源收益为$(-5)+20+10 = 25$。注意, 位置$(2,1)$被植物$P_{2,0}$保护，所以无法攻击第$2$行中的任何植物。
数据规模
$20\%$的数据满足$1\le N, M\le 5$；
$40\%$的数据满足$1 \le N, M \le10$；
$100\%$的数据满足$1\le N\le 20$，$1\le M\le 30$，$-10^4\le Score\le 10^4$ 。

标签：最大权闭合子图 网络流 拓扑

Solution

可以发现，如果一个植物能被吃，则要先吃掉它右边的植物和所有攻击范围有它的植物。
这样可以形成一个有向图。所得到的最大收入为最大权闭合子图。
发现此有向图是可以有环的，而环上的植物一定是不能被吃的。
因而先拓扑一遍，标记掉环上的点，然后跑最小割即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define MAX_N 1000
#define MAX_M 1000000
#define INF 0x7f7f7f7f
using namespace std;
struct node {int v, c, nxt;} E[MAX_M+5];    vector <int> G[MAX_N+5];  bool mrk[MAX_N+5];
int n, m, s, t, cnt, sum, c[MAX_N+5], d[MAX_N+5], pr[MAX_N+5], cr[MAX_N+5], into[MAX_N+5];
void init() {s = 0, t = n*m+1, cnt = 0; memset(pr, -1, sizeof pr);}
void insert(int u, int v, int c) {E[cnt].v = v, E[cnt].c = c, E[cnt].nxt = pr[u], pr[u] = cnt++;}
void addedge(int u, int v, int c) {insert(u, v, c), insert(v, u, 0); G[u].push_back(v), into[v]++;}
void topo() {
    queue <int> que;	mrk[s] = mrk[t] = true;
    for (int i = s; i <= t; i++) if (!into[i]) que.push(i), mrk[i] = true;
    while (!que.empty()) {
        int u = que.front();    que.pop();
        if (c[u] > 0) sum += c[u];
        for (int i = 0; i < (int)G[u].size(); i++) {
            int v = G[u][i];    if (mrk[v]) continue;
            if (!--into[v]) que.push(v), mrk[v] = true;
        }
    }
}
bool BFS() {
    queue <int> que;  que.push(s);
    memset(d, -1, sizeof d), d[s] = 0;
    while (!que.empty()) {
        int u = que.front();    que.pop();
        for (int i = pr[u]; ~i; i = E[i].nxt) {
            int v = E[i].v, c = E[i].c;
            if (!c || ~d[v] || !mrk[v]) continue;
            d[v] = d[u]+1, que.push(v);
        }
    }
    return ~d[t];
}
int DFS(int u, int flow) {
    if (u == t) return flow;
    int ret = 0;
    for (int &i = pr[u]; ~i; i = E[i].nxt) {
        int v = E[i].v, c = E[i].c;
        if (!c || d[v] != d[u]+1 || !mrk[v]) continue;
        int tmp = DFS(v, min(flow, c));
        E[i].c -= tmp, E[i^1].c += tmp;
        flow -= tmp, ret += tmp;
        if (!flow) break;
    }
    if (!ret) d[u] = -1;
    return ret;
}
int Dinic() {
    int ret = 0;
    for (int i = s; i <= t; i++) cr[i] = pr[i];
    while (BFS()) {
        ret += DFS(s, INF);
        for (int i = s; i <= t; i++) pr[i] = cr[i];
    }
    return ret;
}
int trans(int x, int y) {return x*m+y+1;}
int main() {
    scanf("%d%d", &n, &m), init();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        for (int j = 1; j < m; j++) addedge(trans(i, j), trans(i, j-1), INF);
        for (int j = 0, a, w, x, y; j < m; j++) {
            scanf("%d%d", &a, &w), c[trans(i, j)] = a;
            if (a > 0) addedge(trans(i, j), t, a);    else addedge(s, trans(i, j), -a);
            while (w--) scanf("%d%d", &x, &y), addedge(trans(i, j), trans(x, y), INF);
        }
    }
    return topo(), printf("%d", sum-Dinic()), 0;
}