hdu 3061 Battle （最小割最大流 --->最大闭合子图）

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/zzcblogs/article/details/77608991

本文介绍了一种解决最大闭合子图问题的算法，并通过一个具体的编程实例展示了如何使用Dinic最大流算法来实现这一目标。具体问题为：给定一张带有正负权值的图，寻找一个点集使得该点集中的任意节点出发的所有边的目标节点也在该集合中，且这些节点的权值之和最大。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Battle

Time Limit: 2000/1000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)

Total Submission(s): 20 Accepted Submission(s): 13

Problem Description

由于小白同学近期习武十分刻苦，很快被晋升为天策军的统帅。而他上任的第一天，就面对了一场极其困难的战斗：
据侦查兵回报，前方共有N座城池，考虑到地势原因，最终得到一个结论：攻占某些城池之前必须攻占另外一些城池。
事实上，可以把地图看做是一张拓扑图，而攻占某个城池，就意味着必须先攻占它的所有前驱结点。
小白还做了一份调查，得到了攻占每个城池会对他的兵力产生多少消耗（当然也可能会得到增长，因为每攻占一个城池，便可以整顿军队，扩充兵力，天策军的兵力十分庞大，如果不考虑收益，他们可以攻取所有的城池）。
现在请你帮小白统帅做一份战斗计划，挑选攻打哪些城市，使得天策军在战斗过后军容最为壮大。

Input

首先输入一个N 代表有N个城池（1<= n <= 500）
接着输入一个M，代表城池和城池之间的拓扑关系数。
接着输入N个数字代表从1 到 N 编号城池的战斗消耗（负数代表将要消耗天策军兵力，正数表示天策军可以获得相应的战斗收益）
最后M行每行2个数字 a，b，代表相应城池的编号。
表示攻占b之后才可以攻占a；

Output

天策军最大能获得多少战斗收益

Sample Input

Sample Output

Source

2009 Multi-University Training Contest 16 - Host by NIT

最大闭合子图：

给定带权图G（权值可正可负），求一个权和最大的点集，使得起点在该点集中的任意弧，终点也在该点集中。

解：

新增附加源点s和汇点t，从s向所有正权点引一条边，容量为权值；从所有负权点向汇点引一条边，容量为权值的相反数。求出最小割以后， S - {最小割值}就是最大闭合子图

#ifndef __Dinic
#define __Dinic
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <queue>
#include <stack>
#include <vector>
#include <algorithm>
const int MAXN = 3000;
const int MAXM = 550000;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
struct Edge {
    int from, to, cap, flow, next;
};
Edge edge[MAXM];
int head[MAXN], edgenum, cur[MAXN];
int dist[MAXN];
bool vis[MAXN];
int N, M;
int source, sink;
void init() {
    edgenum = 0;
    memset(head, -1, sizeof(head));
}
void addEdge(int u, int v, int w) {
    Edge E1 = {u, v, w, 0, head[u]};
    edge[edgenum] = E1;
    head[u] = edgenum++;
    Edge E2 = {v, u, 0, 0, head[v]};
    edge[edgenum] = E2;
    head[v] = edgenum++;
}
bool BFS(int s, int t) {
    queue<int> Q;
    memset(dist, -1, sizeof(dist));
    memset(vis, false, sizeof(vis));
    dist[s] = 0;
    vis[s] = true;
    Q.push(s);
    while(!Q.empty()) {
        int u = Q.front();
        Q.pop();
        for(int i = head[u]; i != -1; i = edge[i].next) {
            Edge E = edge[i];
            if(!vis[E.to] && E.cap > E.flow) {
                dist[E.to] = dist[u] + 1;
                vis[E.to] = true;
                if(E.to == t) return true;
                Q.push(E.to);
            }
        }
    }
    return false;
}
int DFS(int x, int a, int t) {
    if(x == t || a == 0) return a;
    int flow = 0, f;
    for(int &i = cur[x]; i != -1; i = edge[i].next) {
        Edge &E = edge[i];
        if(dist[E.to] == dist[x] + 1 && (f = DFS(E.to, min(a, E.cap-E.flow), t)) > 0) {
            edge[i].flow += f;
            edge[i^1].flow -= f;
            flow += f;
            a -= f;
            if(a == 0) break;
        }
    }
    return flow;
}
int Maxflow(int s, int t) {
    int flow = 0;
    while(BFS(s, t))
    {
        memcpy(cur, head, sizeof(head));
        flow += DFS(s, INF, t);
    }
    return flow;
}
int main() {
        //freopen("in.txt", "r", stdin);
    while(scanf("%d%d", &N, &M) != EOF) {
        int a, b;
        init();
        int sum = 0;
        for (int i = 1; i <= N; ++i) {
            scanf("%d", &a);
            if (a > 0) {
                addEdge(0, i, a);
                sum += a;
            } else {
                addEdge(i, N + 1, -a);
            }
        }
        
        for (int i = 1; i <= M; ++i) {
            scanf("%d%d", &a, &b);
            addEdge(a, b, INF);
        }
        printf("%d\n", sum - Maxflow(0 , N + 1));
    }
    return 0;
}


#endif