【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。。。

 #include<cstdio>
 #include<cstdlib>
 #include<cstring>
 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<queue>
 using namespace std;
 #define Maxn 5010
 #define Maxm 60010
 #define INF 0xfffffff
 #define LL long long

 struct node
 {
     LL x,y,f,o,next;
 }t[Maxm*];LL len;
 LL first[Maxn];

 void ins(LL x,LL y,LL f)
 {
     t[++len].x=x;t[len].y=y;t[len].f=f;
     t[len].next=first[x];first[x]=len;t[len].o=len+;
     t[++len].x=y;t[len].y=x;t[len].f=;
     t[len].next=first[y];first[y]=len;t[len].o=len-;
 }

 LL mymin(LL x,LL y) {return x<y?x:y;}

 LL w[Maxn],st,ed;
 LL dis[Maxn];

 queue<LL > q;
 bool bfs()
 {
     while(!q.empty()) q.pop();
     memset(dis,-,sizeof(dis));
     q.push(st);dis[st]=;
     while(!q.empty())
     {
         LL x=q.front();
         for(LL i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].f>)
         {
             LL y=t[i].y;
             if(dis[y]==-)
             {
                 dis[y]=dis[x]+;
                 q.push(y);
             }
         }
         q.pop();
     }
     if(dis[ed]==-) return ;
     return ;
 }

 LL ffind(LL x,LL flow)
 {
     if(x==ed) return flow;
     LL now=;
     for(LL i=first[x];i;i=t[i].next) if(t[i].f>)
     {
         LL y=t[i].y;
         if(dis[y]==dis[x]+)
         {
             LL a=ffind(y,mymin(flow-now,t[i].f));
             t[i].f-=a;
             t[t[i].o].f+=a;
             now+=a;
         }
         if(now==flow) break;
     }
     if(now==) dis[x]=-;
     return now;
 }

 LL max_flow()
 {
     LL ans=;
     while(bfs())
     {
         ans+=ffind(st,INF);
     }
     return ans;
 }

 bool vis[Maxn];
 void dfs(LL x)
 {
     vis[x]=;
     for(LL i=first[x];i;i=t[i].next) if(!vis[t[i].y]&&t[i].f>)
         dfs(t[i].y);
 }

 int main()
 {
     LL n,m;
     LL ans=,sum=;
     scanf("%lld%lld",&n,&m);
     for(LL i=;i<=n;i++) {scanf("%lld",&w[i]);if(w[i]>) ans+=w[i];}
     st=n+,ed=st+;
     for(LL i=;i<=m;i++)
     {
         LL x,y;
         scanf("%lld%lld",&x,&y);
         ins(x,y,INF);
     }
     for(LL i=;i<=n;i++) if(w[i]>) ins(st,i,w[i]);
     for(LL i=;i<=n;i++) if(w[i]<) ins(i,ed,-w[i]);
     LL fl=max_flow();
     ans-=fl;
     memset(vis,,sizeof(vis));
     dfs(st);
     for(LL i=;i<=n;i++) if(vis[i]) sum++;
     printf("%lld %lld\n",sum,ans);
     return ;
 }

---

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...