Yukicoder No.119 旅行のツアーの問題
フローの問題を解きたかった。
No.119 旅行のツアーの問題
解法
最大流。
国$i$ごとに頂点$X_i, Y_i$を用意する。 全ての国に$s \to X_i \to Y_i \to t$という辺を張る。 国$i$のツアーから国$j$のツアーへ依存関係があるとき、辺$X_i \to Y_j$を張る。 下に示すようなグラフになる。
辺$s \to X_i$には国に訪れツアーに行った場合の満足度$B_i$を乗せる。 辺$Y_i \to t$には国に訪れツアーには行かなかった場合の満足度$C_i$を乗せる。 このグラフの最小カットを$K$とすると、$\Sigma_i (B_i + C_i) - K$が答えである。
カットにおいて、辺$s \to X_i$と$Y_i \to t$のいずれかは切られなければならない。 辺$s \to X_i$のみを切ることはツアーには行かないことを意味する。 辺$Y_i \to s$のみを切ることはツアーに行くことを意味する。 両方を切ることは国に訪れないことを意味する。
$X_i$と$Y_i$を潰してひとつの頂点にしてしまうのは駄目である。サンプル3がその例なので試すとよい。
実装
edmonds-karp法による。
#include <iostream>
#include <vector>
#include <queue>
#define repeat(i,n) for (int i = 0; (i) < (n); ++(i))
typedef long long ll;
using namespace std;
ll maximum_flow(int s, int t, vector<vector<ll> > const & g /* capacity, adjacency matrix */) { // edmonds karp, O(E^2V)
int n = g.size();
vector<vector<ll> > flow(n, vector<ll>(n));
auto residue = [&](int i, int j) { return g[i][j] - flow[i][j]; };
ll result = 0;
while (true) {
vector<int> prev(n, -1);
vector<ll> f(n);
// find the shortest augmenting path
queue<int> q; // bfs
q.push(s);
while (not q.empty()) {
int i = q.front(); q.pop();
repeat (j,n) if (prev[j] == -1 and j != s and residue(i,j) > 0) {
prev[j] = i;
f[j] = residue(i,j);
if (i != s) f[j] = min(f[j], f[i]);
q.push(j);
}
}
if (prev[t] == -1) break; // not found
// backtrack
for (int i = t; prev[i] != -1; i = prev[i]) {
int j = prev[i];
flow[j][i] += f[t];
flow[i][j] -= f[t];
}
result += f[t];
}
return result;
}
const ll INF = 1000000007;
int main() {
int n; cin >> n;
ll a = 0;
vector<vector<ll> > g(2*n+2, vector<ll>(2*n+2));
repeat (i,n) {
ll b, c; cin >> b >> c;
a += b + c;
g[2*n][ i] = b;
g[ i][ n+i] = INF;
g[n+i][2*n+1] = c;
}
int m; cin >> m;
repeat (i,m) {
int d, e; cin >> d >> e;
g[d][n+e] = INF;
}
cout << a - maximum_flow(2*n, 2*n+1, g) << endl;
return 0;
}