如果不能租机器，这就是最大权闭合子图的题：
给定每个点的$val$，并给出限制条件：如果取点$x$，那么必须取$y_1,y_2,y_3......$，满足$val_x>0,val_{y_i}<0$
求最大点权和。
对于一个图，跑过最小割（最大流）后
有若干个点与源点$S$仍连通，我们把这部分点集称为$S$割
与汇点$T$仍连通的点的点集，称为$T$割
我们把$S$割内的点视作被取走，$T$割内的点视为不被取。
考虑建个新图来表示点之间的关系
在图中，对于$val_i>0$的点$i$，我们做如下操作（link操作包含连边和反向边，即正常的网络流连边）：
$link(S,i,val_i)$：如果该边在最小割中，那么$i$不属于$S$割，即该点没有被取
取$i$的同时必须取$k$，$link(i,k,inf)$：该边不可能在最小割中，表明$i$、$k$或是都被取，或是不取$i$
对于$val_i<0$的点：
$link(i,T,-val_i)$：如果该边在最小割中，那么$i$属于$S$割，取点$i$得到$-val_i$的贡献
在这样的图上跑最小割，我们就可以得出最小损失的代价$t$
答案即为$sum_{i=1}^{left | S ight |}val_i-t$（所有$val_i>0$的点$-$代价）
但是我们可以租机器了
设$cost_k$为租机器$k$的费用，那么我们可以把租机器看成：花费$cost_k$，让这道工序可以不用机器$k$
$link(i,k,inf) ightarrow link(i,k,cost_k)$
蓝后就没了
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; void read(int &x){ char c=getchar();x=0; while(c<'0'||c>'9') c=getchar(); while('0'<=c&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar(); } #define N 200005 #define W 40000005 #define inf 1000000000 int n,m,w,tt,id,S,T,d[N],cur[N],tot; bool vis[N]; queue <int> h; int cnt=1,hd[N],nxt[W],ed[N],poi[W],val[W]; inline void adde(int x,int y,int v){ nxt[ed[x]]=++cnt, hd[x]=hd[x]?hd[x]:cnt, ed[x]=cnt, poi[cnt]=y, val[cnt]=v; } inline void link(int x,int y,int v){adde(x,y,v),adde(y,x,0);} bool bfs(){ memset(vis,0,sizeof(vis)); h.push(S); vis[S]=1; while(!h.empty()){ int x=h.front();h.pop(); for(int i=hd[x];i;i=nxt[i]){ int to=poi[i]; if(!vis[to]&&val[i]) vis[to]=1,d[to]=d[x]+1,h.push(to); } }return vis[T]; } int dfs(int x,int a){ if(x==T||a==0) return a; int F=0,f; for(int &i=cur[x];i;i=nxt[i]){ int to=poi[i]; if(d[to]==d[x]+1&&(f=dfs(to,min(a,val[i])))>0) a-=f,F+=f,val[i]-=f,val[i^1]+=f; if(!a) break;//注意a==0要放到每次循环的最后判！ }return F; } int dinic(){ int re=0; while(bfs()){ for(int i=1;i<=T;++i) cur[i]=hd[i]; re+=dfs(S,inf); }return re; } int main(){ read(n);read(m); S=n+m+1; T=S+1; for(int i=1;i<=n;++i){ read(w);read(tt); link(S,i,w); tot+=w; while(tt--) read(id),read(w),link(i,id+n,w); } for(int i=1;i<=m;++i) read(w),link(i+n,T,w); printf("%d",tot-dinic()); return 0; }