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题目描述
W 教授正在为国家航天中心计划一系列的太空飞行。每次太空飞行可进行一系列商业性实验而获取利润。现已确定了一个可供选择的实验集合E={E1，E2，…，Em}，和进行这些实验需要使用的全部仪器的集合I={I1，I2，…In}。实验Ej需要用到的仪器是I的子集RjÍI。配置仪器Ik的费用为ck美元。实验Ej的赞助商已同意为该实验结果支付pj美元。W教授的任务是找出一个有效算法，确定在一次太空飞行中要进行哪些实验并因此而配置哪些仪器才能使太空飞行的净收益最大。这里净收益是指进行实验所获得的全部收入与配置仪器的全部费用的差额。
对于给定的实验和仪器配置情况，编程找出净收益最大的试验计划。
输入输出格式
输入格式：第1行有2 个正整数m和n。m是实验数，n是仪器数。接下来的m 行，每行是一个实验的有关数据。第一个数赞助商同意支付该实验的费用；接着是该实验需要用到的若干仪器的编号。最后一行的n个数是配置每个仪器的费用。
输出格式：第1 行是实验编号；第2行是仪器编号；最后一行是净收益。
输入输出样例
说明
感谢@FlierKing 提供spj
n,m<=50
这道题数据是在windows生成的，输入数据中所有的换行都是'
'而不是'
'
读入某实验需要用到的仪器编号的时候，可以这么读入。(感谢@zhouyonglong的提供)
char tools[10000];
memset(tools,0,sizeof tools);
cin.getline(tools,10000);
int ulen=0,tool;
while (sscanf(tools+ulen,"%d",&tool)==1)//之前已经用scanf读完了赞助商同意支付该实验的费用
{//tool是该实验所需仪器的其中一个
//这一行，你可以将读进来的编号进行储存、处理，如连边。
if (tool==0)
ulen++;
else {
while (tool) {
tool/=10;
ulen++;
}
}
ulen++;
}
最大权闭合子图。题目的输出实验和仪器序号是个麻烦点。
我的几点思考：
1.最大权闭合子图的问题可以转化为求解最小割的问题，我们所求的闭合子图是最小割产生的两个子图中，与源点连接的那个子图。
2.不针对本题，若是要输出最小割，网上有一种解法，就是在最后dinic算法结束的残留网络中，从源点寻找与源点仍然连接的点，并打上标记，这样若某一条边的两个端点，一个带标记，一个不带标记，则这条边可以作为最小割的边删去。我个人理解这样删去的边应该是第一阶段满流的那几条边。这样删除的边最后肯定是满足最小割的，但是边数可能不是最少的。若要求最少边数，则需要跑两遍dinic（第一遍跑最大流，第二遍把第一遍中满流的边权设为1，其他为inf，再跑一边最小割）。
3.最大权闭合子图的题目很特殊，它的最小割的边都是与源点或者汇点直接相连，如果答案的方法是唯一的话，那么最小割应该也是唯一的（个人猜测），这样的话在dinic之后从源点开始遍历与源点仍然连接的点，这些点都是最大权闭合子图中的点。
#include<bits/stdc++.h> #define N 155 #define inf LLONG_MAX/2 using namespace std; typedef struct { int v; long long flow; } ss; ss edg[N*N]; int now_edges=0; vector<int>edges[N]; void addedge(int u,int v,long long flow) { edges[u].push_back(now_edges); edg[now_edges++]=(ss) { v,flow }; edges[v].push_back(now_edges); edg[now_edges++]=(ss) { u,0 }; } int dis[N],S,T; bool bfs() { queue<int>q; memset(dis,0,sizeof(dis)); q.push(S); dis[S]=1; while(!q.empty()) { int now=q.front(); q.pop(); int Size=edges[now].size(); for(int i=0; i<Size; i++) { ss e=edg[edges[now][i]]; if(e.flow>0&&dis[e.v]==0) { dis[e.v]=dis[now]+1; q.push(e.v); } } } if(dis[T]==0)return 0; return 1; } int current[N]; long long dfs(int now,long long maxflow) { if(now==T)return maxflow; int Size=edges[now].size(); for(int i=current[now]; i<Size; i++) { current[now]=i; ss &e=edg[edges[now][i]]; if(e.flow>0&&dis[e.v]==dis[now]+1) { long long Flow=dfs(e.v,min(maxflow,e.flow)); if(Flow!=0) { e.flow-=Flow; edg[edges[now][i]^1].flow+=Flow; return Flow; } } } return 0; } long long dinic() { long long ans=0,flow; while(bfs()) { memset(current,0,sizeof(current)); while(flow=dfs(S,inf))ans+=flow; } return ans; } vector<int>experiment[N]; int main() { int m,n,a; long long tot=0; scanf("%d %d",&m,&n); S=n+m+1; T=n+m+2; for(int i=1; i<=m; i++) { scanf("%d",&a); tot+=a; addedge(S,i+n,a); char tools[10000]; memset(tools,0,sizeof tools); cin.getline(tools,10000); int ulen=0,tool; while (sscanf(tools+ulen,"%d",&tool)==1)//之前已经用scanf读完了赞助商同意支付该实验的费用 { addedge(i+n,tool,inf); experiment[i].push_back(tool); //tool是该实验所需仪器的其中一个 //这一行，你可以将读进来的编号进行储存、处理，如连边。 if (tool==0) ulen++; else { while (tool) { tool/=10; ulen++; } } ulen++; } } for(int i=1;i<=n;i++) { scanf("%d",&a); addedge(i,T,a); } tot-=dinic(); for(int i=1;i<=m;i++) { int t=1; for(int j=0;j<experiment[i].size();j++) { if(dis[experiment[i][j]]==0) { t=0; break; } } if(t)printf("%d ",i); } printf(" "); for(int i=1;i<=n;i++) if(dis[i])printf("%d ",i); printf(" "); printf("%lld ",tot); return 0; }