1. 103E
大意: 给定$n$个集合, 满足对于任意的$k$, 任意$k$个集合的并集都不少于$k$. 要求选出$k$个集合$(k> 0)$, 使得并恰好等于$k$, 输出最少花费.
Hall定理: 二分图的$X$部到$Y$部有完美匹配等价于$X$中任意$k$个点与$Y$中至少$k$个点相邻.
所有集合为$X$部, 每个数为$Y$部, 集合向所含数连边, 那么一定存在完美匹配. 假设求出一组匹配, 数字$i$对应集合$C_i$, 那么最终若选取集合$A_i$, 则$A_i$中所有数字$x$对应的集合$C_x$一定也要选, 把权值取负就转化为最大权闭合子图模型. 对于最大权闭合子图问题, 源点连所有正权点, 容量为该点权值, 所有负权点连汇点, 容量为该点权值的绝对值, 其余边与原图一样, 容量为无穷, 求出源点到汇点的最小割, 那么答案为正权和-最小割, 与源点间的割的含义为不选择该点, 与汇点间的割的含义为选择该点.
#include <iostream> #include <cstdio> #include <queue> #define REP(i,a,n) for(int i=a;i<=n;++i) #define pb push_back using namespace std; const int N = 1e6+10, INF = 0x3f3f3f3f; int n, S, T, clk, f[N], vis[N]; vector<int> g[N]; int dfs(int x) { for (int y:g[x]) if (vis[y]!=clk) { vis[y] = clk; if (!f[y]||dfs(f[y])) return f[y]=x; } return 0; } struct edge { int v,w,next; } e[N]; int head[N], dep[N], cur[N], cnt=1; queue<int> Q; void add(int u, int v, int w) { e[++cnt] = {v,w,head[u]}; head[u] = cnt; e[++cnt] = {u,0,head[v]}; head[v] = cnt; } int bfs() { REP(i,1,T) dep[i]=INF,vis[i]=0,cur[i]=head[i]; dep[S]=0,Q.push(S); while (Q.size()) { int u = Q.front(); Q.pop(); for (int i=head[u]; i; i=e[i].next) { if (dep[e[i].v]>dep[u]+1&&e[i].w) { dep[e[i].v]=dep[u]+1; Q.push(e[i].v); } } } return dep[T]!=INF; } int dfs(int x, int w) { if (x==T) return w; int used = 0; for (int i=cur[x]; i; i=e[i].next) { cur[x] = i; if (dep[e[i].v]==dep[x]+1&&e[i].w) { int flow = dfs(e[i].v,min(w-used,e[i].w)); if (flow) { used += flow; e[i].w -= flow; e[i^1].w += flow; if (used==w) break; } } } return used; } int dinic() { int ans = 0; while (bfs()) ans+=dfs(S,INF); return ans; } int main() { scanf("%d", &n), S = n+1, T = S+1; REP(i,1,n) { int k, t; scanf("%d", &k); while (k--) { scanf("%d", &t); g[i].pb(t+n); g[t+n].pb(i); } } REP(i,1,n) ++clk, dfs(i); int sum = 0; REP(i,1,n) { int t; scanf("%d", &t); t = -t; if (t>=0) add(S,i,t),sum+=t; else add(i,T,-t); } REP(i,1,n) for (int j:g[i]) add(i,f[j],INF); printf("%d\n", dinic()-sum); }