scu oj 4442 Party(2015年四川省acm程序设计竞赛)★ ★ ★

转载自：http://blog.csdn.net/u012127882/article/details/47397919

题目意思：有n个青蛙喝茶，有些青蛙只能喝红茶，有些青蛙只能喝绿茶，有些青蛙红茶绿茶都可以喝。现在m对青蛙之间有矛盾，有矛盾的青蛙他们不能喝一样的茶，对于没每一只青蛙，可以给他w[i]金币，让他不喝茶，他就不会和任何青蛙矛盾了。最少需要给多少钱让他们之间没有矛盾存在。这题里面还有一个很重要的信息，我一开始没有看出来。这句话————“ Luckily, frogs can be divided into  2  groups such that no two frogs in the same group dislike each other.”其实这句话很关键，它的意思就是这个矛盾关系图不存在奇环，是一个2分图论。 

 有了这个条件。我们现在考虑只能喝一种茶的青蛙，红和绿之间即使存在矛也没有影响，那么只用考虑红和红，绿和绿之间的矛盾关系。假设考虑2种都能喝的青蛙，那么红和红，绿和绿都是单独的求出最大点权独立集。由于是2分图，可以很容易求。现在考虑一只2种茶都可以喝的青蛙，这里是关键，我的解法是吧这个青蛙拆成2个点，一个点代表他和红茶，一个点代表他和绿茶，首先这2个点是不能同时存在，那么必然有边，然后如果这只青蛙和其他只和红茶的青蛙有矛盾关系，那么对应就是这个青蛙喝红点和那么青蛙喝红点不能同时存在，其他情况其实是类似的分析。这样拆点把矛盾关系图建立出来以后，实际上还是一个2分图，现在就是选出最大点权的点让这些点之间不存在矛盾关系。实际上就是点权最大独立集，转换成求点权最小覆盖的模型，就能很轻松的求解了。。。。。想这么久，果然是神建图。其实主要还是拆点。

//#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include
#include
#include
#include
#include
#include
using namespace std;
const int mmax  = 2010;
const int inf = 0x3fffffff;

struct node
{
    int flow;
    int en;
    int next;
}E[100*mmax];
int p[mmax];
int num;
void init()
{
    memset(p,-1,sizeof p);
    num=0;
}
void add(int st,int en,int flow)
{
    E[num].en=en;
    E[num].flow=flow;
    E[num].next=p[st];
    p[st]=num++;
    E[num].en=st;
    E[num].flow=0;
    E[num].next=p[en];
    p[en]=num++;
}

int d[mmax];
int cur[mmax];
bool vis[mmax];
bool bfs(int st,int en)
{
    memset(vis,0,sizeof vis);
    d[st]=0;
    vis[st]=1;
    queueq;
    q.push(st);
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front();
        q.pop();
        for(int i=p[x]; i+1; i=E[i].next)
        {
            int v=E[i].en;
            if(!vis[v]&&E[i].flow)
            {
                vis[v]=1;
                d[v]=d[x]+1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return vis[en];
}
int dfs(int st,int en,int  flow)
{
    if(st==en||flow==0)
        return flow;
    int f=0,dd;
    for(int &i=cur[st]; i+1;i=E[i].next)
    {
        int v=E[i].en;
        if(d[st]+1==d[v]&&(dd=dfs(v,en,min(flow,E[i].flow)))>0)
        {
            E[i].flow-=dd;
            E[i^1].flow+=dd;
            flow-=dd;
            f+=dd;
            if(flow==0)
                break;
        }
    }
    return f;
}
int dinic(int st,int en,int n)
{
    int flow=0;
    while(bfs(st,en))
    {
        for(int i=0;i<=n;i++)
            cur[i]=p[i];
        flow+=dfs(st,en,inf);
    }
    return flow;
}

vectore[mmax];
int fg[mmax];
int w[mmax];
void dfs(int u)
{
    int SZ=e[u].size();
    for(int i=0;i