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BZOJ 1565 植物大战僵尸（最大权闭合图）
题目链接：http://61.187.179.132/JudgeOnline/problem.php?id=1565
题意：植物大战僵尸，一个n*m的格子，每 个格子里有一个植物，每个植物有两个属性：（1）价值；（2）保护集合，也就是这个植物可以保护矩阵中的某些格子。现在你是僵尸，你每次只能从(i,m) 格子进入，从右向左进攻。若一个格子是被保护的那么你是不能进入的。每进入一个格子则吃掉该格子的植物并得到其价值（价值有可能是负的)。注意，每次在进 入一行后还可以再退到最右侧然后再换一行吃别的。问最大价值是多少？
思路：（1）首先，我们说下啥是最大权闭合 图。在一个有向图中，每个点集有一个权值。要求选择一个点集使得权值最大。选出的点满足，对于任何一条边<u,v>，若选择了u则必须选择 v。满足这个条件的顶点集叫做最大权闭合子图。在下图中，最大的权闭合子图为{3,4,5}，价值为4。
（2）如何求最大权闭合子图？构图方法：增加原点s和汇点t。原图中的权值x大于0的点，连边<s,i,x>，权值为负的点连边<i,t,-x>。原图中的边权值INF。上图改造后得到的是下面的图。设新图中与s相连的点的权值和为sum，新图的最小割即最大流为w，则答案为sum-w。下图的sum=12,w=8。
（3）最大权闭合图强调的是点之间的依赖关系，即选择某个点必须选择另外某些点。在本题中，恰有这样的性质。比如，僵尸必须从右向左，因此，选择左侧的点，就必须选择右侧的点；某个格子被另外的一些格子保护，那么要选择这个格子，必须要先选择另外的那些格子。我们正好可以用这个性质建立图进行求解。另外，在本题中有可能存在环，即比如同一行右侧的点被左侧的点保护，那么是无法吃掉这些位置的植物的。因此，首先拓扑排序一次，标记哪些格子不在环中。那么只有这些点是可以到达的。
struct node{ int v,next,cap;};node edges[N*100];int head[N],e;int pre[N],curedge[N],h[N],num[N];int s,t;void add(int u,int v,int cap){ edges[e].v=v; edges[e].cap=cap; edges[e].next=head[u]; head[u]=e++;}void Add(int u,int v,int cap){ add(u,v,cap); add(v,u,0);}int visit[N];int Maxflow(int s,int t,int n){ clr(h,0); clr(num,0); int i; FOR0(i,n+1) curedge[i]=head[i]; int u=s,Min,k,x,ans=0; while(h[u]<n) { if(u==t) { Min=INF+1; for(i=s;i!=t;i=edges[curedge[i]].v) { x=curedge[i]; if(edges[x].cap<Min) { Min=edges[x].cap; k=i; } } ans+=Min; u=k; for(i=s;i!=t;i=edges[curedge[i]].v) { x=curedge[i]; edges[x].cap-=Min; edges[x^1].cap+=Min; } } for(i=curedge[u];i!=-1;i=edges[i].next) { if(edges[i].cap>0&&h[u]==h[edges[i].v]+1) { break; } } if(i!=-1) { curedge[u]=i; pre[edges[i].v]=u; u=edges[i].v; } else { if(--num[h[u]]==0) break; curedge[u]=head[u]; x=n; for(i=head[u];i!=-1;i=edges[i].next) { k=edges[i].v; if(edges[i].cap>0&&h[k]<x) x=h[k]; } h[u]=x+1; num[x+1]++; if(u!=s) u=pre[u]; } } return ans;}int a[55][55],n,m;vector<int> g[N];int d[N],p[N],sum;void build(){ sum=0; s=0; t=n*m+1; clr(head,-1); e=0; int i,j,x; FOR1(i,n*m) if(visit[i]) FOR0(j,SZ(g[i])) { x=g[i][j]; if(visit[x]) Add(x,i,INF); } FOR1(i,n*m) if(visit[i]) { if(p[i]>0) Add(s,i,p[i]),sum+=p[i]; if(p[i]<0) Add(i,t,-p[i]); }}int main(){ RD(n,m); int i,j; FOR1(i,n) FOR1(j,m) a[i][j]=(i-1)*m+j; FOR1(i,n) { FOR1(j,m-1) { g[a[i][j+1]].pb(a[i][j]); d[a[i][j]]++; } } int x,r,c; FOR1(i,n) FOR1(j,m) { RD(x); p[a[i][j]]=x; RD(x); while(x--) { RD(r,c); r++; c++; g[a[i][j]].pb(a[r][c]); d[a[r][c]]++; } } queue<int> Q; FOR1(i,n*m) if(!d[i]) Q.push(i); while(!Q.empty()) { x=Q.front(); Q.pop(); visit[x]=1; FOR0(i,SZ(g[x])) { c=g[x][i]; if(--d[c]==0) Q.push(c); } } build(); PR(sum-Maxflow(s,t,t+1));}