2016 Multi-University Training Contest 4 09 String problem （hdu5772） 【最大权闭合子图】

链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5772

题意：给你一个由“0”~“9”组成长度为n的字符串，现在要找出一个子串使得子串的收益（得分-花费）最大。

子串的得分等于sigma(w[id[i]][id[j]]) id[i],id[j]是选的数字在原串的编号。

子串的花费为a[i]*(x-1)+b[i] (x>0)    x为某个数字出现的次数。

0                 (x=0) 

分析：

看了题解才反应过来是最大权闭合子图。。

我们将所有的点分成三类：

第一类：Pij 表示第i个点和第j个点组合的点，那么Pij的权值等于w[i][j]+w[j][i]（表示得分）

第二类：原串中的n个点每个点拆出一个点，第i个点权值为 –a[s[i]] （表示要花费）

第三类：对于10种字符拆出10个点，每个点的权值为 -(b[x]-a[x])

那么我们可以得到一个关系图 ，对于第一类中的点Pij，如果想要选择Pij，你就必须要选中第二类中的点i和j，对于第二类中的点如果你想选中第i个点，其对应的字符s[i]，那么就必须选中第三类中s[i] 对应的点，因为每个种类的点第一次选中时花费是b[s[i]]，而第二类中花费都是a[s[i]],一定要补上b[s[i]]-a[s[i]]，而且只需要补上一次。

这种类似于边（u，v）选了u就要选v的的求解，就是用总得分-最小割。。

代码：

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<stack>
#include<set>
#include<map>
#define INF 0x3f3f3f3f
#define Mn 5500
#define Mm 100005
#define mod 1000000007
#define CLR(a,b) memset((a),(b),sizeof((a)))
#define CLRS(a,b,Size) memset((a),(b),sizeof((a[0]))*(Size+1))
#define CPY(a,b) memcpy ((a), (b), sizeof((a)))
#pragma comment(linker, "/STACK:102400000,102400000")
#define ul u<<1
#define ur (u<<1)|1
using namespace std;
typedef long long ll;
struct edge {
int v,w,next;
} e[Mm];
int deep[Mn];
int head[Mn];
int cur[Mn];
int tot;
void addedge(int u,int v,int w) {
e[tot].v=v;
e[tot].w=w;
e[tot].next=head[u];
head[u]=tot++;
}
queue<int> q;
bool bfs(int st,int en) {
while(!q.empty()) q.pop();
CLR(deep,-1);
q.push(st);
deep[st]=0;
while(!q.empty()) {
int u=q.front();
q.pop();
if(u==en) return true;
for(int i=head[u]; i!=-1; i=e[i].next) {
int v=e[i].v;
int w=e[i].w;
if(w>0&&deep[v]==-1) {
deep[v]=deep[u]+1;
q.push(v);
}
}
}
return false;
}
int dfs(int u,int sum,int en) {
if(u==en) return sum;
int a=0,us=0;
for(int &i=cur[u]; i!=-1; i=e[i].next) {
if(deep[e[i].v]==deep[u]+1) {
a=sum-us;
a=dfs(e[i].v,min(a,e[i].w),en);
e[i].w-=a;
e[i^1].w+=a;
if(e[i].w) cur[u]=i;
us+=a;
if(us==sum) return sum;
}
}
if(!us) deep[u]=-1;
return us;
}
int dinic(int st,int en) {
int ans=0;
while(bfs(st,en)) {
CPY(cur,head);
ans+=dfs(st,INF,en);
}
return ans;
}
void init() {
tot=0;
CLR(head,-1);
}
int W[105][105];
int a[11],b[11];
int main() {
int T,n;
string ss;
scanf("%d",&T);
for(int cas=1;cas<=T;cas++) {
init();
scanf("%d",&n);
cin>>ss;
for(int i=0;i<=9;i++) {
scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=n;j++) {
scanf("%d",&W[i][j]);
ans+=W[i][j];
}
}
int cnt=1,p=n*(n-1)/2;
int s=0,t=p+n+11;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=i+1;j<=n;j++,cnt++) {
addedge(s,cnt,W[i][j]+W[j][i]);
addedge(cnt,s,0);
addedge(cnt,p+i,INF);
addedge(p+i,cnt,0);
addedge(cnt,p+j,INF);
addedge(p+j,cnt,0);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++) {
addedge(p+i,p+n+ss[i-1]-'0'+1,INF);
addedge(p+n+ss[i-1]-'0'+1,p+i,0);
addedge(p+i,t,a[ss[i-1]-'0']);
addedge(t,p+i,0);
}
for(int i=1;i<=10;i++) {
addedge(p+n+i,t,b[i-1]-a[i-1]);
addedge(t,p+n+i,0);
}
printf("Case #%d: %d\n",cas,ans-dinic(s,t));
}
return 0;
}