還是利用最小割的性質，這種題目叫做最大權閉合子圖。
建模方法是這樣
直接跑最小割，用獎金減去最小割就是答案。方案就是最後一遍bfs能遍歷的點
考慮最小割的意義，就是把邊刪掉使得\(s,t\)不連通。
同樣地，由於我們無法改變儀器和任務依賴的關係，只能改變乙個點是否選擇這個狀態，所以我們讓實驗和儀器的連邊為\(inf\)表示我們無法更改這個關係。
我們考慮鴿掉的獎金邊是什麼意思：這條獎金邊是一次流的限制關係，是劣勢的一方
考慮割掉的儀器邊是什麼意思：這條儀器邊太小了，以至於實驗賺的流隨便流滿了。
考慮總獎金減去最小割代價是什麼，就是
\[\sum \text-\sum \text-\sum \text
\]實際上，我們可以考慮每一條流的流經路線，也能獲得同樣的理解。
其他題我能夠獨立完成，這道題不得不看題解...實在是我思維強度不夠
//@winlere
#include#include#include#include#includeusing namespace std; typedef long long ll;
int qaq,n;
inline int qr()
inline int sp()
const int maxn=1e2+5;
struct e
e(const int&a,const int&b,const int&c)
}e[maxn<<4];
int head[maxn];
int cnt=1;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int s,t,m;
inline void add(const int&fr,const int&to,const int&w,const int&f)
int sum=0;
queue < int > q;
int d[maxn],cur[maxn];
inline bool bfs()}}
return d[t];
}int dfs(const int&now,int fl)
}return ret;
}inline int dinic()
int main()
}for(register int t=1;t<=m;++t) add(t+n+1,t,qr(),1);
int ans=sum-dinic();
for(register int t=head[s];t;t=e[t].nx)
if(d[e[t].to]) printf("%d ",e[t].to-1);
putchar('\n');
for(register int t=head[t];t;t=e[t].nx)
if(d[e[t].to]) printf("%d ",e[t].to-n-1);
printf("\n%d\n",ans);
return 0;
}
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