题目描述
W 教授正在为国家航天中心计划一系列的太空飞行。每次太空飞行可进行一系列商业性实验而获取利润。现已确定了一个可供选择的实验集合E={E1，E2，…，Em}，和进行这些实验需要使用的全部仪器的集合I={I1，I2，…In}。实验Ej需要用到的仪器是I的子集RjÍI。配置仪器Ik的费用为ck美元。实验Ej的赞助商已同意为该实验结果支付pj美元。W教授的任务是找出一个有效算法，确定在一次太空飞行中要进行哪些实验并因此而配置哪些仪器才能使太空飞行的净收益最大。这里净收益是指进行实验所获得的全部收入与配置仪器的全部费用的差额。
对于给定的实验和仪器配置情况，编程找出净收益最大的试验计划。
输入输出格式
输入格式：
第1行有2 个正整数m和n。m是实验数，n是仪器数。接下来的m 行，每行是一个实验的有关数据。第一个数赞助商同意支付该实验的费用；接着是该实验需要用到的若干仪器的编号。最后一行的n个数是配置每个仪器的费用。
输出格式：
第1 行是实验编号；第2行是仪器编号；最后一行是净收益。
输入输出样例
2 3
10 1 2
25 2 3
5 6 7
1 2
1 2 3
17
说明
感谢@FlierKing 提供spj
n,m<=50
这道题数据是在windows生成的，输入数据中所有的换行都是'\r\n'而不是'\n'
读入某实验需要用到的仪器编号的时候，可以这么读入。(感谢@zhouyonglong的提供)
char tools[];
memset(tools,,sizeof tools);
cin.getline(tools,);
int ulen=,tool;
while (sscanf(tools+ulen,"%d",&tool)==)//之前已经用scanf读完了赞助商同意支付该实验的费用
{//tool是该实验所需仪器的其中一个
//这一行，你可以将读进来的编号进行储存、处理，如连边。
if (tool==)
ulen++;
else {
while (tool) {
tool/=;
ulen++;
}
}
ulen++;
}
这个是一个网络流的最小割问题，对于最小割的学习，推荐一个博客：https://www.cnblogs.com/TreeDream/p/5942354.html
对于这个输出路径，可以看一下一段话，别人写的：
首先可以确定，最后一次分层之前，网络流里已经没有增广路径了，接着就退出while循环，这个很好理解。然后想想看为点分层的条件，一个是还没有分层，另一个就是边的容量大于0。再结合问题想想，如果我要做一个实验，那么我必须要盈利，如果我得不到利益，我肯定不会去做对吧。放到图里就是从源点流出一道流到对应的实验，然后这个流分别流向这个实验需要的仪器，在流到汇点时，仪器与汇点连接的边的容量之和，一定要小于源点到实验这条边的容量，也就是说我的花费要小于我的利益，才能有收益。那么对于容量大于0的边（从源点到实验对应的点），其实剩余的容量就是我做这个实验的收益了，这也可以解释总收益减去最大流（即总花费）是净收益。那些残量为0的边说明这个实验得不到收益，那就不选，在分层时就不会分配到值。好了，那么那些残量大于0的边所连的实验就是要做的实验了。至于仪器嘛，因为实验与仪器之间的边容量是inf，所以只要实验选了，分了层了，它需要的仪器自然也会分到层。
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <queue>
#include <vector>
#include <cstring>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int maxn = 1e5 + ;
struct node
{
int u, v, c, f;
node(int u=,int v=,int c=,int f=):u(u),v(v),c(c),f(f){}
};
vector<node>e;
vector<int>G[maxn];
int level[maxn], iter[maxn];
int m;
void init()
{
for (int i = ; i <= maxn; i++) G[i].clear();
e.clear();
}
void add(int u,int v,int c)
{
e.push_back(node(u, v, c, ));
e.push_back(node(v, u, , ));
m = e.size();
G[u].push_back(m - );
G[v].push_back(m - );
} void BFS(int s)
{
memset(level, -, sizeof(level));
queue<int>que;
que.push(s);
level[s] = ;
while(!que.empty())
{
int u = que.front(); que.pop();
for(int i=;i<G[u].size();i++)
{
node &now = e[G[u][i]];
if(level[now.v]<&&now.c>now.f)
{
level[now.v] = level[u] + ;
que.push(now.v);
}
}
}
} int dfs(int u,int v,int f)
{
if (u == v) return f;
for(int &i=iter[u];i<G[u].size();i++)
{
node &now = e[G[u][i]];
if(now.c>now.f&&level[now.v]==level[u]+)
{
int d = dfs(now.v, v, min(f, now.c - now.f));
if(d>)
{
now.f += d;
e[G[u][i] ^ ].f -= d;
return d;
}
}
}
return ;
} int dinic(int s,int t)
{
int flow = ;
while()
{
BFS(s);
if (level[t] < ) return flow;
memset(iter, , sizeof(iter));
int f = ;
while ((f = dfs(s, t, inf)) > ) flow += f;
}
return flow;
}
vector<int>vec[];
int a[];
int main()
{
int n, m, sum = ;
cin >> n >> m;
int s = , t = n + m + ;
for(int i=;i<=n;i++)
{
int x;
cin >> x;
add(s, i, x);
sum += x;
char tools[];
memset(tools, , sizeof tools);
cin.getline(tools, );
int ulen = , tool;
while (sscanf(tools + ulen, "%d", &tool) == )
{
add(i, tool+n, inf);
if (tool == ) ulen++;
else {
while (tool) {
tool /= ;
ulen++;
}
}
ulen++;
}
}
for (int i = ; i <= m; i++)
{
cin >> a[i];
add(i + n, t, a[i]);
}
int ans = dinic(s, t);
for (int i = ; i <= n; i++) if (level[i] >= ) printf("%d ", i);
printf("\n");
for (int i = ; i <= m; i++) if (level[i + n] >= ) printf("%d ",i);
printf("\n");
printf("%d\n", sum - ans);
return ;
} /*
首先可以确定，最后一次分层之前，网络流里已经没有增广路径了，接着就退出while循环，这个很好理解。
然后想想看为点分层的条件，一个是还没有分层，另一个就是边的容量大于0。再结合问题想想，如果我要做一个实验，
那么我必须要盈利，如果我得不到利益，我肯定不会去做对吧。放到图里就是从源点流出一道流到对应的实验，
然后这个流分别流向这个实验需要的仪器，在流到汇点时，仪器与汇点连接的边的容量之和，一定要小于源点到实验这条边的容量，
也就是说我的花费要小于我的利益，才能有收益。那么对于容量大于0的边（从源点到实验对应的点），
其实剩余的容量就是我做这个实验的收益了，这也可以解释总收益减去最大流（即总花费）是净收益。
那些残量为0的边说明这个实验得不到收益，那就不选，在分层时就不会分配到值。
好了，那么那些残量大于0的边所连的实验就是要做的实验了。至于仪器嘛，因为实验与仪器之间的边容量是inf，
所以只要实验选了，分了层了，它需要的仪器自然也会分到层。
*/