Mato_No1 — Sun, 27 Mar 2011 09:57:00 GMT

【这�ơ市选我挂得很惨……�?题全部爆0�Q�骗分都�c�骗刎ͼ�……��p��U�烂成�W�q�能�q�市队，可见合肥��Z��沙茶……�?br>最不该挂的是第一题。第一问就是个裸的最大闭合子图，关键��出在第二问上，要求最大闭合子囄��最��容量。本沙茶后来才发现这竟然是PKU原题�Q�（PKU2987�Q�，因�ؓ(f��)�Q�最大流求出来的最大闭合子图一定是定w��最��的�Q�故�W�二问只要在求出最大流后来一�ơ遍历，扑ֈ�S可达的结点个数即可�?br>
详细证明�Q��{�|�上某神犇的�Q�：(x��)
——————————————————————————————————————————————————�?span style="COLOR: #ffffff">最大权不可能是负数�Q�当�?的情况，自然是一个点不选最优，下面探讨忽略0的情��c(di��n)�?br>
      1�Q�首先我假设有两个闭合子��N��拥有相同的最大权�Q��ƈ且没有共同点�Q?span style="COLOR: red">很容易证明不�?x��)出现这�U�情况，因�ؓ(f��)如果我们把两个闭合子��N��选择上，那么最大权�?x��)变大�?/span>

      2�Q�仍然假设有两个闭合子图都拥有相同的最大权�Q�但是有共同点，即重叠的意思。根据闭合图的特点，�q�些共同点不是随意的�Q�可以知道，只要有一个点相同�Q�那么这个点的能到达的所有后�l�点都必定是共同炏V��所以会(x��)得出一个结论，两个闭合子图重叠�Q�重叠的部分必然�?个或者多个不重叠闭合图�?br>

然后我们考虑不重叠的部分�Q�这部分的点权和可以证明一定是非负。我们可以假��N��重叠部分的点权和是负敎ͼ�那么假如我们删掉�q�部分，只选取重叠部分�Q�因为重叠部分肯定是闭合图）�Q�那么最大权也会(x��)变大�Q�矛盾。所�?span style="COLOR: red">非重叠部分点权和一定是非负数�?br>    下面�l�箋探讨非重叠部分的性质。上面的证明已经得出他们的点权和一定是非负。下面先抛开�Ҏ(gu��)��和等�?的情况，先讨论正数的情况�?br>假设两个闭合子图的非重叠部分都是正数�Q�那么把�q�两个部分加��h��重新构成闭合图，最大权必然�?x��)变大，与假讄��两个同��?f��)最大权的闭合图矛盾。固可以证明非重叠部分的�Ҏ(gu��)��和肯定是0�?br>
探讨到这部分�Q�我们已�l�可以初步得��Z��个结论，��是一个最大权闭合子图的点数多��问题只能受��C��?权和子图�Q�所有点权加��h��{�于0的子图）的干扰�?br>
重点来到�q�些0权和子图上。下面我们又来做一个假设，��是假设我们求出了一个最大权闭合子图�Q��ƈ且里面有包含��C��?权和子图。而我们这时候需要做的就是找到那些可以删�ȝ��0权和子图�Q�当我们删去了所有的�q�些子图�Q�那么点数就可以辑ֈ�最��?br>
关键来了。到底哪�?权和子图是可以删�ȝ��Q�哪�?权和子图是不可以删去的呢�Q?br>
�Ҏ(gu��)��闭合囄��性质�Q�我们要删除一个点�Q�那么必��L��所有能到达�q�个点的点删厅R��那么很清晰的看到要删除一个子图，必须保证在这个子囑֤�没有��M��一个点指向�q�个子图。也��是�?span style="COLOR: red">�q�个子图是封闭的�Q�只有出边，没有入边�?br>

最后一步，假如我们能证明在求解最大权闭合囄��q�程中保证不�?x��)选上�q�些0权和子图�Q�那么这个证明就可以�l�束了�?br>通过最大流求解最大权闭合子图�Q�我们把正点权和源点��Q�边权�ؓ(f��)�Ҏ(gu��)��|��负点权和汇点��Q�边权�ؓ(f��)�Ҏ(gu��)��l�对倹{��仔�l�分析求解最大流的过�E�，�?x��)发��C��些东�ѝ�?br>
�׃��那些可选可不选的0权和子图是封闭的�Q�没有入边的�Q�那么在求解最大流的过�E�中�Q�不可能有外部流补充�Q�所�?span style="COLOR: red">�q�些0权和子图的每个点与源或者汇的边都是满流的�?br>

最后求最大权闭合子图的点�Q�方法是从源点开始通过非满��边搜烦一个联通图�Q�图内的点（除了源点�Q�就是求出来的最大权闭合子图的点。而上面证明到0权和子图的点和源汇都是满��，�q�且没有入边�Q�出边也没有��，那么肯定无法从源�Ҏ(gu��)��索到。那么在求解的过�E�中�q�些0权和子图的点是肯定没有选上的�?br>
��此证毕�?br> �l�论�Q?span style="COLOR: red">通过最大流求解最大权闭合子图的问题，求出来的闭合子图�Ҏ(gu��)��也是最��的�?br>
——————————————————————————————————————————————————�?br>代码�Q?br>

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
using namespace std;
#define re(i, n) for (int i=0; i
#define re1(i, n) for (int i=1; i<=n; i++)
const int MAXN = 10002, MAXM = 120000, INF = ~0U >> 2;
struct edge {
    int a, b, f, next;
    edge () {}
    edge (int _a, int _b, int _f) : a(_a), b(_b), f(_f), next(-1) {}
} ed[MAXM + MAXM];
int n, m = 0, s, t, hd[MAXN], tl[MAXN], st[MAXN], lev[MAXN], pr[MAXN], hs[MAXN], q[MAXN], now, res = 0, res_num = 0;
bool vst[MAXN];
void add_edge(int a, int b, int f)
{
    ed[m] = edge(a, b, f);
    if (hd[a] != -1) tl[a] = ed[tl[a]].next = m++; else hd[a] = tl[a] = m++;
    ed[m] = edge(b, a, 0);
    if (hd[b] != -1) tl[b] = ed[tl[b]].next = m++; else hd[b] = tl[b] = m++;
}
void init()
{
    freopen("profit.in", "r", stdin);
    int n0, m0, a0, b0, x;
    scanf("%d%d", &n0, &m0);
    n = n0 + 2; s = 0; t = n - 1;
    memset(hd, -1, n << 2); memset(tl, -1, n << 2);
    re1(i, n0) {
        cin >> x;
        if (x > 0) {add_edge(s, i, x); res += x;}
        if (x < 0) add_edge(i, t, -x);
    }
    re1(i, m0) {
        scanf("%d%d", &a0, &b0);
        add_edge(a0, b0, INF);
    }
    fclose(stdin);
}
void aug()
{
    int z = hs[t], i = t, p;
    while (i != s) {
        hs[i] -= z; p = pr[i]; ed[p].f -= z; ed[p ^ 1].f += z; i = ed[p].a;
        if (!ed[p].f) now = i;
    }
    res -= z;
}
bool dfs()
{
    q[0] = s; memset(vst, 0, n); vst[s] = 1; lev[s] = 0;
    int i, j, f0;
    for (int front=0, rear=0; front<=rear; front++) {
        i = q[front];
        for (int p=hd[i]; p != -1; p=ed[p].next) {
            j = ed[p].b; f0 = ed[p].f;
            if (!vst[j] && f0) {vst[j] = 1; lev[j] = lev[i] + 1; q[++rear] = j;}
        }
    }
    if (!vst[t]) return 0;
    now = s; memset(vst, 0, n); hs[s] = INF;
    re(i, n) st[i] = hd[i];
    bool ff;
    while (!vst[s]) {
        if (now == t) aug();
        ff = 0;
        for (int p=st[now]; p != -1; p=ed[p].next) {
            j = ed[p].b; f0 = ed[p].f;
            if (lev[now] + 1 == lev[j] && !vst[j] && f0) {st[now] = pr[j] = p; hs[j] = hs[now] <= f0 ? hs[now] : f0; now = j; ff = 1; break;}
        }
        if (!ff) {
            vst[now] = 1;
            if (now != s) now = ed[pr[now]].a;
        }
    }
    return 1;
}
void solve()
{
    while (dfs()) ;
    q[0] = s; memset(vst, 0, n); vst[s] = 1;
    int i, j, f0;
    for (int front=0, rear=0; front<=rear; front++) {
        i = q[front];
        for (int p=hd[i]; p != -1; p=ed[p].next) {
            j = ed[p].b; f0 = ed[p].f;
            if (!vst[j] && f0) {vst[j] = 1; res_num++; q[++rear] = j;}
        }
    }
}
void pri()
{
    freopen("profit.out", "w", stdout);
    printf("%d\n%d\n", res, res_num);
    fclose(stdout);
}
int main()
{
    init();
    solve();
    pri();
    return 0;
}

Mato_No1 2011-03-27 17:57 发表评论

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