【POJ 2987】Firing （最小割-最大权闭合子图）

裁员
【问题描述】 
在一个公司里，老板发现，手下的员工很多都不务正业，真正干事员工的没几个，于是老板决定大裁员，每开除一个人，同时要将其下属一并开除，如果该下属还有下属，照斩不误。给出每个人的贡献值和从属关系，求在最大贡献值的前提下最小剩下多少人及最大贡献值。留下多少人无所谓，现在老板想知道留下的人最大的贡献值是多少。
【输入描述】
    第一行两个整数n,m，表示有多少个员工与多少个从属关系。
第二行n个整数，表示每个员工的贡献值。
接着m行，每行两个数x,y，表示x是y的下属,一个员工可能有多个下属但不会有多个上司
【输出描述】
包括两个数，表示最大贡献值前提下最小剩下多少人及最大贡献值和。
【其他说明】：
0 < n ≤ 5000
0 ≤ m ≤ 60000
员工价值≤107
样例中留下4,5号员工是最好情况

Input

The input starts with two integers n (0 < n ≤ 5000) and m (0 ≤ m ≤ 60000) on the same line. Next follows n + m lines. The first n lines of these give the net profit/loss from firing the i-th employee individually b_i (|b_i| ≤ 10⁷, 1 ≤ i ≤ n). The remaining m lines each contain two integers i and j (1 ≤ i, j ≤ n) meaning the i-th employee has the j-th employee as his direct underling.

Output

Output two integers separated by a single space: the minimum number of employees to fire to achieve the maximum profit, and the maximum profit.

Sample Input
5 5
8
-9
-20
12
-10
1 2
2 5
1 4
3 4
4 5
Sample Output
2 2

【分析】

　　最大权闭合子图。

　　假设每个正权的人都留着，然后求最少要减掉多少（即还裁掉多少正权的人，雇佣多少负权的人才能满足情况）

　　所以对于w[i]>0的i add(st,i,w[i])

　　　　对于w[i]|<0 的i add(i,ed,-w[i])

　　原图 x->y add(s,y,INF)

　　然后求最小割。

　　但是这题要最大流的情况下，点数最小。这个不是很懂明天再说吧= =

　　我看别人是dfs的，然后我也dfs了。

　　还有什么厉害的放大边权的方法（其实之前已经领教过一次了）ORZ。。。

  1 #include<cstdio>
  2 #include<cstdlib>
  3 #include<cstring>
  4 #include<iostream>
  5 #include<algorithm>
  6 #include<queue>
  7 using namespace std;
  8 #define Maxn 5010
  9 #define Maxm 60010
 10 #define INF 0xfffffff
 11 #define LL long long
 12 
 13 struct node
 14 {
 15     LL x,y,f,o,next;
 16 }t[Maxm*2];LL len;
 17 LL first[Maxn];
 18 
 19 void ins(LL x,LL y,LL f)
 20 {
 21     t[++len].x=x;t[len].y=y;t[len].f=f;
 22     t[len].next=first[x];first[x]=len;t[len].o=len+1;
 23     t[++len].x=y;t[len].y=x;t[len].f=0;
 24     t[len].next=first[y];first[y]=len;t[len].o=len-1;
 25 }
 26 
 27 LL mymin(LL x,LL y) {return x<y?x:y;}
 28 
 29 LL w[Maxn],st,ed;
 30 LL dis[Maxn];
 31 
 32 queue<LL > q;
 33 bool bfs()
 34 {
 35     while(!q.empty()) q.pop();
 36     memset(dis,-1,sizeof(dis));
 37     q.push(st);dis[st]=0;
 38     while(!q.empty())
 39     {
 40         LL x=q.front();
 41         for(LL i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].f>0)
 42         {
 43             LL y=t[i].y;
 44             if(dis[y]==-1)
 45             {
 46                 dis[y]=dis[x]+1;
 47                 q.push(y);
 48             }
 49         }
 50         q.pop();
 51     }
 52     if(dis[ed]==-1) return 0;
 53     return 1;
 54 }
 55 
 56 LL ffind(LL x,LL flow)
 57 {
 58     if(x==ed) return flow;
 59     LL now=0;
 60     for(LL i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].f>0)
 61     {
 62         LL y=t[i].y;
 63         if(dis[y]==dis[x]+1)
 64         {
 65             LL a=ffind(y,mymin(flow-now,t[i].f));
 66             t[i].f-=a;
 67             t[t[i].o].f+=a;
 68             now+=a;
 69         }
 70         if(now==flow) break;
 71     }
 72     if(now==0) dis[x]=-1;
 73     return now;
 74 }
 75 
 76 LL max_flow()
 77 {
 78     LL ans=0;
 79     while(bfs())
 80     {
 81         ans+=ffind(st,INF);
 82     }
 83     return ans;
 84 }
 85 
 86 bool vis[Maxn];
 87 void dfs(LL x)
 88 {
 89     vis[x]=1;
 90     for(LL i=first[x];i;i=t[i].next) if(!vis[t[i].y]&&t[i].f>0)
 91         dfs(t[i].y);
 92 }
 93 
 94 int main()
 95 {
 96     LL n,m;
 97     LL ans=0,sum=0;
 98     scanf("%lld%lld",&n,&m);
 99     for(LL i=1;i<=n;i++) {scanf("%lld",&w[i]);if(w[i]>0) ans+=w[i];}
100     st=n+1,ed=st+1;
101     for(LL i=1;i<=m;i++)
102     {
103         LL x,y;
104         scanf("%lld%lld",&x,&y);
105         ins(x,y,INF);
106     }
107     for(LL i=1;i<=n;i++) if(w[i]>0) ins(st,i,w[i]);
108     for(LL i=1;i<=n;i++) if(w[i]<0) ins(i,ed,-w[i]);
109     LL fl=max_flow();
110     ans-=fl;
111     memset(vis,0,sizeof(vis));
112     dfs(st);
113     for(LL i=1;i<=n;i++) if(vis[i]) sum++;
114     printf("%lld %lld
",sum,ans);
115     return 0; 
116 }

View Code

放点不是我写的，比我可信的最大权闭合子图解释

1、本题某些东西的解释

本题还有一个要求就是要求不仅要是最大权，并且要求点数还最少
看一个神牛的证明----http://hi.baidu.com/dispossessed/blog/item/2396c0ddbc73a2caa044df44.html

下面证明最小割对应取点方案就是最小取点数
由于原图是个DAG图，所以对于取得的最大权闭合图K，取它的任意一个子图G，如果从K-G仍然是一个闭合图，那么的点权和一定大于等于0，例如：1->2,2->3,1->4,4->5，若最大权闭合图为：{1,2,3,4,5}，那么其中任一满足条件的G（{1},{1,2},{1,2,3},{1,4},{1,4,5})点权和一定大于等于0，否则去除G，K-G仍然为闭合图，但是K-G的点权和会大于K
所以如果有两种取点方式使得权值相同，但是取点数不同的话，那么肯定存在一个可以移除的满足条件的子图G，其点权和为0
下面考虑构造的网络，对于G在网络中的对应图G'，由于在网络求的是最小割，即最大流，而且G的点权和为0，所以G'中与源点S连边的容量和等于G'中与汇点T连边的流量和，同时由于去除G后K还是一个闭合图，所以只有可能G'中的流量流入K'-G'，不可能有流量从K'-G'流入G'，所以G'的边中除了流量为inf的那些，一定是满流的
再考虑在残留网络中求出取点集的方法，从源点开始floodfill，忽略满流边，即残留网络中的0流边，可以遍历到的点就是要取的点集了，这个道理想一下简单割和闭合图的取法一一对应就可以了
那么G'既然是满流的，在残留网络中就不可能对这些0流边进行处理，那就不会取到G中的点进入取点集，所以建立网络求得得最小割对应的取法取出的就是最小的点数了
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当然还有一种是神奇的放大边权方法

建图前，对所有b[i]，执行变换b[i]=b[i]*10000-1，然后，会惊异地发现，
此时最大流所对应的方案就是满足辞退最少人数的了。
为什么？显然，变换后的流量r2除以10000后再取整就等于原来的流量，但是
r2的后四位却蕴含了辞退人数的信息：每多辞退一个人，流量就会少1。

转自：http://blog.csdn.net/sdj222555/article/details/7797534

2、最大权闭合子图

3、ORZ 胡伯涛

太长了不放了，自己看吧。。

2016-11-03 22:00:24

好困Zzz...