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vijos 1524 最小监视代价
背景
看到Vijos上此类型的题目较少，特地放一道上来给大家练练。
描述
由于yxy小朋友做了一些不该做的事，他被jzp关进了一个迷宫里。由于jzp最近比较忙，疏忽大意了一些，yxy可以在迷宫中任意走动。整个迷宫可以被看作是一个无向图。迷宫中有一些结点有传送点，可以让他逃离这个迷宫。jzp发明了一种机器人，可以监视迷宫中的道路，被监视的道路yxy不能通过，我们简单的认为监视一条道路的代价即为这条道路的长度。现在jzp正在忙，请你编一个程序算出使yxy无法逃离迷宫的最小监控总代价。(yxy一开始在1号结点)
格式
输入格式
第1行：两个自然数n和e，分别表示迷宫的节点数和边数。
第2至e+1行：每行三个自然数a、b和w，表示a和b之间有一条道路，长度为w。
第e+2行：一个自然数m，表示有传送点结点的个数。
第e+3行：m个自然数，表示有传送点的结点。
输出格式
一个自然数，表示最小监视总代价。
样例1
样例输入1
5 51 2 11 3 22 5 32 3 33 4 224 5样例输出1
3限制
每个测试点1s
提示
n<100,e<300,m<n
1<=a,b<=n
w<=maxint
来源
经典问题改编
最大流
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#include <cstring>#include <cstdio>#include <queue>#define inf 1e9#define Max 150using namespace std;struct node{ int next,to,dis;}edge[Max*Max];int Answer,head[Max*Max],cnt=1,n,m,e,dep[Max*Max];void add(int u,int v,int l){ node*w=&edge[++cnt]; w->next=head[u]; w->to=v; w->dis=l; head[u]=cnt;}bool bfs(int s,int t){ for(int i=1;i<=n;++i) dep[i]=inf; dep[s]=0; queue<int>q; q.push(s); while(!q.empty()) { int tp=q.front(); q.pop(); for(int i=head[tp];i;i=edge[i].next) { int v=edge[i].to; if(dep[v]>dep[tp]+1&&edge[i].dis) { dep[v]=dep[tp]+1; if(v==t) return 1; q.push(v); } } } return 0;}int dfs(int s,int t,int came_flow){ if(s==t||came_flow==0) return came_flow; int res=0,f; for(int i=head[s];i;i=edge[i].next) { int v=edge[i].to; if(dep[v]==dep[s]+1&&edge[i].dis&&(f=dfs(v,t,min(came_flow,edge[i].dis)))) { res+=f; came_flow-=f; edge[i].dis-=f; edge[i^1].dis+=f; } if(came_flow==0) break; } return res;}int dinic(int s,int t){ while(bfs(s,t)) Answer+=dfs(s,t,inf); return Answer;}int main(){ scanf("%d%d",&n,&e); for(int x,y,z;e--;) { scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add(x,y,z); add(y,x,z); } scanf("%d",&m); for(int x;m--;) { scanf("%d",&x); add(x,n,inf); add(n,x,inf); } printf("%d",dinic(1,n)); return 0;}
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