Description
“Let the bass kick!O-oooooooooo AAAAE-A-A-I-A-U- JO-oooooooooooo AAE-O-A-A-U-U-A- E-eee-ee-eee AAAAE-A-E-I-E-A- JO-ooo-oo-oo-oo EEEEO-A-AAA-AAAA!”
LiMn2O4沉迷音樂游戲，每天都在摸魚搓音游，而且是手機電腦兩開花……為了幫助LiMn2O4盡快清醒過來，LiMn2O4答應skyer_hxx，只要skyer_hxx能寫一個自動腳本來玩這個游戲，打敗他的最高紀錄，那么就不再摸魚了。
這個游戲可以簡化成：譜面由N個鍵和M條連線組成，每兩個鍵之間有一個連線，玩家需要在鍵之間滑動，且連線的方向是固定的，玩家每次選擇一個鍵，把所有從這個鍵出發的連線都消除掉，花費為ai，也可以將每個結束在這個點的連線消除，花費Bi。不用擔心，LiMn2O4的手指足夠多。最后讓連線全部消失，得分就是總花費。花費越少，分數越高。
skyer_hxx何許人也，怎么會怕這點小問題？但是他現在很忙，需要你的幫助。請你對於給出的譜面，求出最小的花費。
Input
第一行有兩個正整數N,M,含義同題目描述
接下來兩行，第一行有N個正整數 ,代表從鍵i正向划到別的鍵需要的花費
第二行有N個正整數 ,代表從其他的鍵划到第i個鍵需要的花費
接下來M行，每一行都有兩個正整數u，v，代表鍵u，v之間有一條u到v的連線。兩個鍵之間可能有多個連線，同一個鍵之間也可能有連線。
Output
輸出最小的花費，占一行。
Sample Input
3 2
1 2 1
2 1 2
1 2
1 3
Sample Output
2
我的想法：
1.首先想用貪心算法，存每條邊然后比較out[a], in[b]。不過錯的很離譜，答案要大了很多。原因是因為沒看清楚題目。也就是上面我標紅的地方。對於每個點只能計算一次最小的點權，用貪心的話點有重復也會重復計算進去。
2.最小點權覆蓋集：從x或者y集合中選取一些點，使這些點覆蓋所有的邊，並且選出來的點的權值盡可能小。最大點權獨立集：在二分圖中找到權值和最大的點集，使得它們之間兩兩沒有邊。
3.借鑒了題解的思路。才知道是網絡流最小點權覆蓋問題。設立源點s和t，s連邊到點i，容量為i點的權值；點j連邊到t，容量為j點權值；原二分圖中的邊容量為INF，求最大流即為最小點權覆蓋。
4.擴展：最大點權獨立集可轉化為最小點權覆蓋問題，最大點權獨立集 = 總權值 - 最小點權覆蓋集
題解思路：
經典的網絡流最小點權覆蓋問題，首先拆點，分成左右兩部分，源點向所有左節點連一條邊，流量為刪除出邊的花費。所有右節點向匯點連一條邊，流量為刪除入邊的費用。對於每條輸入給定的邊<u,v>，其在左邊的點為u,v，右邊的點為u’,v’，那么我們連一條<u,v’>的邊，流量為∞（正無窮才不會對可行流上最小的容量產生限制）。跑一邊最大流，得到的答案就是最小的費用。
首先，如果沒有花費的話，這道題就是簡單的最小點覆蓋集。加上了點權之后，我們就要將最小割的思想融合進去。要注意費用，一定要符合S->T的順序
代碼：
1 #include<stdio.h> 2 #include<string.h> 3 #include<queue> 4 #include<algorithm> 5 #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) 6 const int inf = 0x3f3f3f3f; 7 using namespace std; 8 9 int n, m, cnt, head[250]; 10 int arr[110], brr[110]; 11 int dep[250]; 12 queue<int>Q; 13 14 struct Edge 15 { 16 int to, next; 17 int w; 18 }edge[20000]; 19 20 void add(int a, int b, int w) 21 { 22 edge[cnt].to = b; 23 edge[cnt].w = w; 24 edge[cnt].next = head[a]; 25 head[a] = cnt ++; 26 } 27 28 int bfs(int st, int ed) //dinic算法的優化之處，先進行分層 29 { 30 if(st == ed) 31 return 0; 32 while(!Q.empty()) 33 Q.pop(); 34 mem(dep, -1); //每次都初始化為未被分層 35 dep[st] = 1; //源點設置層次為1 36 Q.push(st); 37 while(!Q.empty()) 38 { 39 int index = Q.front(); 40 Q.pop(); 41 for(int i = head[index]; i != -1; i = edge[i].next) 42 { 43 int to = edge[i].to; 44 if(dep[to] == -1 && edge[i].w > 0) 45 { 46 dep[to] = dep[index] + 1; 47 Q.push(to); 48 } 49 } 50 } 51 return dep[ed] != -1;//返回是否成功分層 52 } 53 54 int dfs(int now, int ed, int cnt) 55 { 56 if(now == ed) 57 return cnt; 58 for(int i = head[now]; i != -1; i = edge[i].next) 59 { 60 int to = edge[i].to; 61 if(dep[to] == dep[now] + 1 && edge[i].w > 0) 62 { 63 int flow = dfs(to, ed, min(edge[i].w, cnt)); 64 if(flow > 0) 65 { 66 edge[i].w -= flow; 67 edge[i ^ 1].w += flow; 68 return flow; 69 } 70 } 71 } 72 return -1; 73 } 74 75 void dinic(int st, int ed) 76 { 77 long long ans = 0; 78 while(bfs(st, ed)) 79 { 80 while(1) 81 { 82 int inc = dfs(st, ed, inf); 83 if(inc == -1) 84 break; 85 ans += inc; 86 } 87 } 88 printf("%lld\n", ans); 89 } 90 91 int main() 92 { 93 mem(head, -1); 94 scanf("%d%d", &n, &m);//n個點,m條邊 95 for(int i = 1; i <= n; i ++) //起點向匯點 2 * n + 1建邊 96 { 97 scanf("%d", &arr[i]); 98 add(i + n, 2 * n + 1, arr[i]); 99 add(2 * n + 1, i + n, 0); 100 } 101 for(int i = 1; i <= n; i ++)//源點 0 向終點建邊 102 { 103 scanf("%d", &brr[i]); 104 add(0, i, brr[i]); 105 add(i, 0, 0); 106 } 107 for(int i = 1; i <= m; i ++)//從源點方向向匯點方向建邊 108 { 109 int a, b; 110 scanf("%d%d", &a, &b); 111 add(a, b + n, inf); 112 add(b + n, a, 0); 113 } 114 //從源點向匯點跑一遍最大流 115 dinic(0, 2 * n + 1); 116 return 0; 117 }