20230812-网络流 I
20230812
最小路径覆盖
考虑把每一个点拆成两个点：入点和出点
对于每一条边 \(u \to v\) ，我们把 \(u\) 的出点与 \(v\) 的入点相连
再把 \(st\) 与所有点的出点相连，\(ed\) 与所有点的入点相连
这样跑一遍最大流 \(dinic()\)，答案就是 \(n-flow\)
P2764 最小路径覆盖问题
题目描述
传送门
给定一张DAG，要求用最少的路径覆盖整张图。数据范围：\(n, m \le 100\)。
Solution
经典问题
考虑把每一个点拆成两个点：入点和出点
对于每一条边 \(u \to v\) ，我们把 \(u\) 的出点与 \(v\) 的入点相连
再把 \(st\) 与所有点的出点相连，\(ed\) 与所有点的入点相连
这样跑一遍最大流 \(dinic()\)，答案就是 \(n-flow\)
H_W_Y-Coding
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=6e3+5,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,head[N],tot=0,ans=0,lv[N],st,ed,cur[N],fa[N],cnt=0,vis[N];
struct edge{
int u,v,nxt,val;
}e[N<<1];
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void add(int u,int v){
e[++tot]=(edge){u,v,head[u],1};
head[u]=tot;
e[++tot]=(edge){v,u,head[v],0};
head[v]=tot;
}
bool bfs(){
for(int i=0;i<=n*2+1;i++) lv[i]=-1;
queue<int> q;
q.push(st);
lv[st]=1;
cur[st]=head[st];
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==-1){
q.push(v);;
cur[v]=head[v];
lv[v]=lv[u]+1;
}
}
}
return lv[ed]!=-1;
}
int dfs(int u,int flow){
if(u==ed) return flow;
int res=flow;
for(int i=cur[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
cur[u]=i;
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(lv[v]==lv[u]+1&&val>0){
int c=dfs(v,min(val,res));
res-=c;
e[i].val-=c;
e[i^1].val+=c;
}
}
return flow-res;
}
int dinic(){
int res=0;
while(bfs()) res+=dfs(st,inf);
return res;
}
int find(int x){
if(fa[x]==x) return x;
return fa[x]=find(fa[x]);
}
void marge(int u,int v){
u=find(u);v=find(v);
if(u!=v) fa[u]=v;
}
vector<vector<int> > g(N);
void work(){
for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;
for(int i=0,u,v;i<=tot;i+=2){
if(e[i].val==1||e[i].u==st||e[i].v==ed) continue;
u=e[i].u;v=e[i].v;
if(u>n) u-=n;
if(v>n) v-=n;
marge(u,v);
}
cnt=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(!vis[find(i)]) vis[fa[i]]=++cnt;
g[vis[fa[i]]].push_back(i);
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(int j=0;j<g[i].size();j++)
printf("%d ",g[i][j]);
printf("\n");
}
}
int main(){
/*2023.8.19 H_W_Y P2764 最小路径覆盖问题 网络最大流*/
n=read();m=read();
st=0;ed=n*2+1;
memset(head,-1,sizeof(head));tot=-1;
for(int i=1;i<=n;i++) add(st,i),add(i+n,ed);
for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
u=read();v=read();
add(u,v+n);
}
ans=n-dinic();
work();
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
P3254 圆桌问题
题目描述
传送门
有来自 \(m\) 个不同单位的代表参加一次国际会议。
第 \(i\) 个单位派出了 \(r_i\) 个代表。 会议的餐厅共有 \(n\) 张餐桌，第 \(i\) 张餐桌可容纳 \(c_i\) 个代表就餐。
为了使代表们充分交流，希望从同一个单位来的代表不在同一个餐桌就餐。
请给出一个满足要求的代表就餐方案。
\(1 \le m \le 150，1 \le n \le 270，1 \le r_i, c_i \le 10^3\)。
Solution
简单易懂
建立一个二分图，左部点是单位，右部点是餐桌。
从 \(s\) 向每个单位连一条容量为 \(r_i\) 的边，表示代表个数的限制。
从每个单位向每个餐桌连一条容量为 \(1\) 的边，表示每个餐桌相同单位至多一个人。
从每个餐桌向 \(t\) 连一条容量为 \(c_i\) 的边，表示一个餐桌最多坐 \(c_i\) 个人。
H_W_Y-Coding
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e3+10,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,a[maxn],head[maxn],tot=-1,cur[maxn],lv[maxn],s,t,sum=0;
struct edge{
int u,v,nxt,val;
}e[maxn*maxn];
void add(int u,int v,int val){
e[++tot]=(edge){u,v,head[u],val};
head[u]=tot;
e[++tot]=(edge){v,u,head[v],0};
head[v]=tot;
}
bool bfs(){
memset(lv,-1,sizeof(lv));
queue<int> q;
q.push(s);
cur[s]=head[s];
lv[s]=1;
while(!q.empty()){
int now=q.front();q.pop();
for(int i=head[now];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(lv[v]==-1&&val>0){
q.push(v);
cur[v]=head[v];
lv[v]=lv[now]+1;
}
}
}
return lv[t]!=-1;
}
int dfs(int now,int flow){
if(now==t) return flow;
int res=flow;
for(int i=cur[now];i!=-1;i=e[i].nxt){
cur[now]=i;
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==lv[now]+1){
int c=dfs(v,min(res,val));
res-=c;
e[i].val-=c;
e[i^1].val+=c;
}
}
return flow-res;
}
int dinic(){
int ans=0;
while(bfs()) ans+=dfs(0,INF);
return ans;
}
int main(){
/*2023.2.25 hewanying P3254 [网络流24题]圆桌问题 网络最大流*/
scanf("%d%d",&m,&n);
s=0,t=n+m+2;
memset(head,-1,sizeof(head));
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d",&a[i]);
add(s,i,a[i]);
sum+=a[i];
}
for(int i=m+1;i<=n+m;i++){
scanf("%d",&a[i]);
add(i,t,a[i]);
for(int j=1;j<=m;j++) add(j,i,1);
}
if(dinic()==sum){
printf("1\n");
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=head[i];j!=-1;j=e[j].nxt)
if(!(j&1)&&e[j].val==0) printf("%d ",e[j].v-m);
printf("\n");
}
}
else printf("0\n");
return 0;
}
P2472 [SCOI2007] 蜥蜴
题目描述
传送门
一个 \(n \times m\) 的网格中，有一些格子有石柱，石柱的高度为 \(1 \sim 3\)。
有一些石柱的顶上有蜥蜴，蜥蜴每次可以跳到距离不超过 \(d\) 的石柱上，或者跳到界外。
蜥蜴跳一次， 它所在的石柱的高度就减一，如果某个石柱的高度为 \(0\) 了，石柱就消失，以后蜥蜴不能跳到这里。现在要使得剩下无法逃脱的蜥蜴数最少。
\(1 \le r, c \le 20, 1 \le d \le 4\)。
Solution
简单易懂
将每个石柱拆成两个点，之间连容量为高度 \(h\) 的边，表示对经过这个石柱的蜥蜴数量限制。
H_W_Y-Coding
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1e3+10,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,d,lv[maxn],s,t,head[maxn],tot=-1,x,cur[maxn],a[maxn][maxn],sum=0;
string st;
struct edge{
int u,v,nxt,val;
}e[maxn*maxn];
void add(int u,int v,int val){
e[++tot]=(edge){u,v,head[u],val};
head[u]=tot;
e[++tot]=(edge){v,u,head[v],0};
head[v]=tot;
}
bool bfs(){
memset(lv,-1,sizeof(lv));
lv[s]=0;cur[s]=head[s];
queue<int> q;
q.push(s);
while(!q.empty()){
int now=q.front();q.pop();
for(int i=head[now];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==-1){
lv[v]=lv[now]+1;
cur[v]=head[v];
q.push(v);
}
}
}
return lv[t]!=-1;
}
int dfs(int now,int flow){
if(now==t) return flow;
int res=flow;
for(int i=cur[now];i!=-1;i=e[i].nxt) {
cur[now]=i;
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==lv[now]+1){
int c=dfs(v,min(res,val));
res-=c;
e[i].val-=c;
e[i^1].val+=c;
}
}
return flow-res;
}
int dinic(){
int ans=0;
while(bfs()) ans+=dfs(s,INF);
return ans;
}
int main(){
/*2023.3.4 hewanying P2472 蜥蜴 网络最大流*/
memset(head,-1,sizeof(head));tot=-1;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&d);
s=0;t=2*n*m+1;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>st;
for(int j=1;j<=m;j++){
a[i][j]=x=st[j-1]-'0';
if(x==0) continue;
add(2*(n*(i-1)+j)-1,2*(n*(i-1)+j),x);
if(i<=d||n-i<d||j<=d||m-j<d) add(2*(n*(i-1)+j),t,INF);
for(int k=1;k<=i;k++)
for(int k2=1;k2<=m;k2++){
if(k==i&&k2==j) break;
if((k-i)*(k-i)+(j-k2)*(j-k2)<=d*d&&a[k][k2]>0){
add(2*(n*(k-1)+k2),2*(n*(i-1)+j)-1,INF);
add(2*(n*(i-1)+j),2*(n*(k-1)+k2)-1,INF);
}
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>st;
for(int j=0;j<m;j++)
if(st[j]=='L') sum++,add(s,2*(n*(i-1)+j+1)-1,1);
}
printf("%d\n",sum-dinic());
return 0;
}
P2765 魔术球问题
题目描述
传送门
假设有 \(n\) 根柱子，现要按下述规则在这 \(n\) 根柱子中依次放入编号为 \(1, 2, 3, 4, \dots\) 的 球。
- 每次只能在某根柱子的最上面放球。
- 在同一根柱子中，任何 \(2\) 个相邻球的编号之和为完全平方数。
试设计一个算法，计算出在 \(n\) 根柱子上最多能放多少个球。
\(1 \le n \le 55\)。
Solution
发现如果对于前面的 \(m\) 个数
那么我们可以把这 \(m\) 个数按照可以相邻的关系建立一个图
在这个图上跑出最小路径覆盖
如果最小路径覆盖 \(\le n\)
这 \(m\) 个数是成立的
这样我们考虑去枚举 \(m\)
每一次多一个数就加上与它相关的边
再在残图上面跑网络流即可
所以时间复杂度是可以保证的
H_W_Y-Coding
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e4+5,k=1e4,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,head[N],tot=-1,cur[N],lv[N],st,ed,ans,sum,num,sq[N];
struct edge{
int u,v,nxt,val;
}e[N<<2];
void add(int u,int v){
e[++tot]=(edge){u,v,head[u],1};
head[u]=tot;
e[++tot]=(edge){v,u,head[v],0};
head[v]=tot;
}
bool bfs(){
memset(lv,-1,sizeof(lv));
lv[st]=1;
queue<int> q;
q.push(st);
cur[st]=head[st];
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==-1){
lv[v]=lv[u]+1;
q.push(v);
cur[v]=head[v];
}
}
}
return lv[ed]!=-1;
}
int dfs(int u,int flow){
if(u==ed) return flow;
int res=flow;
for(int i=cur[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
cur[u]=i;
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==lv[u]+1){
int c=dfs(v,min(res,val));
e[i].val-=c;
res-=c;
e[i^1].val+=c;
}
}
return flow-res;
}
int dinic(){
int res=0;
while(bfs()) res+=dfs(st,inf);
return res;
}
int fa[N],vis[N];
int find(int x){return (fa[x]==x)?x:(fa[x]=find(fa[x]));}
void marge(int u,int v){
u=find(u);v=find(v);
if(u!=v) fa[u]=v;
}
vector<vector<int> >g(N);
void work(){
for(int i=1;i<=m;i++) fa[i]=i;
for(int i=0;i<=tot;i+=2){
if(e[i].u==st||e[i].v==ed||e[i].val==1) continue;
int u=((e[i].u>k)?(e[i].u-k):e[i].u),v=((e[i].v>k)?(e[i].v-k):e[i].v);
marge(u,v);
}
int cnt=0;
for(int i=1;i<=m;i++){
if(!vis[find(i)]) vis[fa[i]]=++cnt;
g[vis[fa[i]]].push_back(i);
}
for(int i=1;i<=cnt;i++){
for(int j=0;j<g[i].size();j++)
printf("%d ",g[i][j]);
printf("\n");
}
}
int main(){
/*2023.8.19 H_W_Y P2765 魔术球问题 网络最大流*/
scanf("%d",&n);
st=0;ed=20001;m=1;ans=0,sum=0;num=1;
memset(head,-1,sizeof(head));tot=-1;
for(int i=1;i<=k;i++) sq[i]=i*i;
while(1){
add(st,m);add(m+k,ed);
int c=upper_bound(sq+1,sq+k+1,m)-sq;
for(int i=c;sq[i]-m<m;i++) add(sq[i]-m,m+k);
ans=dinic();sum+=ans;
if(m-sum>n) break;
m++;
}
m--;
printf("%d\n",m);
work();
return 0;
}
最大点独立集
最大点独立集，顾名思义，要求选出一个点集是每两个点之间都不相连
在二分图中，最大点独立集= \(n-\) 二分图最大匹配
很显然可以感受到，简单易懂
CF1404E Bricks
题目描述
你有一个 \(n\times m（1\le n,m\le 200）\)的格子纸，格子要么涂黑（#）要么涂白（.）。你需要用若干个长为一，宽为任意正整数或者宽为一，长为任意正整数的长方形去覆盖所有黑色格子，要求不能盖到白色格子上，不能盖到其他长方形上，不能盖出格子纸的边界，求最少用多少个长方形。
Solution
想了半天没有想通
考虑对于每一条连接两个黑色方块的边，
我们把这两个方块合并就意味着把这一条边擦除
那么我们一定是要让擦除的边越多越好了
但是发现边的选择是有条件的
我们不能同时选择一个黑色方块的横边和竖边
发现这是很显然的一个二分图了
我们把不能一起选的横边和竖边连在一起
那么我们希望擦除的边就是最大点独立集
再用网络流跑二分图最大匹配即可
最后的答案就是 \(sum-(cnt-dinic())\)
H_W_Y-Coding
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
int a[205][205],n,m,head[N],cnt=0,tot=-1,lv[N],st,ed,cur[N],k,id,tmp,sum=0;
bool flag=false,vis[N];
struct edge{
int v,nxt,val;
}e[N<<5];
void add(int u,int v){
e[++tot]=(edge){v,head[u],1};
head[u]=tot;
e[++tot]=(edge){u,head[v],0};
head[v]=tot;
}
bool bfs(){
memset(lv,-1,sizeof(lv));
queue<int > q;
q.push(st);
lv[st]=1;cur[st]=head[st];
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==-1){
lv[v]=lv[u]+1;
cur[v]=head[v];
q.push(v);
}
}
}
return lv[ed]!=-1;
}
int dfs(int u,int flow){
if(u==ed) return flow;
int res=flow;
for(int i=cur[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
cur[u]=i;
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==lv[u]+1){
int c=dfs(v,min(res,val));
res-=c;
e[i].val-=c;
e[i^1].val+=c;
}
}
return flow-res;
}
int dinic(){
int res=0;
while(bfs()) res+=dfs(st,inf);
return res;
}
int main(){
/*2023.8.20 H_W_Y CF1404E Bricks 最大独立点集*/
memset(head,-1,sizeof(head));tot=-1;cnt=0;
scanf("%d%d",&n,&m);
k=m*(n-1);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
char ch=getchar();
while(ch!='#'&&ch!='.') ch=getchar();
if(ch=='#') a[i][j]=1,sum++;
}
st=0;ed=2*n*m+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=m;j++){
if(!a[i][j]) continue;
if(a[i][j-1]){
id=k+(i-1)*(m-1)+j-1;
vis[id]=true;
add(id,ed);
}
if(a[i-1][j]){
id=(i-2)*m+j;flag=false;
add(st,id);vis[id]=true;
if(a[i][j-1]){
tmp=k+(i-1)*(m-1)+j-1;
vis[tmp]=true;
add(id,tmp);
}
if(a[i][j+1]){
tmp=k+(i-1)*(m-1)+j;
vis[tmp]=true;
add(id,tmp);
}
}
if(a[i+1][j]){
id=(i-1)*m+j;flag=false;
if(a[i][j-1]){
tmp=k+(i-1)*(m-1)+j-1;
vis[tmp]=true;
add(id,tmp);flag=true;
}
if(a[i][j+1]){
tmp=k+(i-1)*(m-1)+j;
vis[tmp]=true;
add(id,tmp);flag=true;
}
vis[id]|=flag;
}
}
for(int i=1;i<=2*n*m;i++)
if(vis[i])
cnt++;
printf("%d\n",sum-(cnt-dinic()));
return 0;
}
最小割最大流问题
最小割：把图划分成两个子集，所需要割掉的最小容量
感性理解：最小割=最大流
如何求最小割的子集？
从 \(st\) 出发，沿着 \(val \gt 0\) 的边走下去
能走到的点就是最小割
最大权闭合子图
给定一个有向图，点有点权。
如果一个点 \(u\) 被选了，所有 \(u\) 的出边指向的点 \(v\) 也必须选。
求最大收益。（点权可以为负数）
利用最小割来解决。先假设所有正点权都选。
正点权连到 \(st\)，表示放弃这个点，负点权连到 \(ed\)，表示选择这个点。
原图中所有 \((u, v)\) 连接一条 \((u, v, \inf)\) 的边。
P2762 太空飞行计划问题
题目描述
有 \(m\) 个实验，每个实验只可以进行一次，但会获得相应的奖金，有 \(n\) 个仪器，每个实验都需要一定的仪器，每个仪器可以运用于多个实验，但需要一定的价值，问奖金与代价的差的最大值是多少？
\(1 \le n, m \le 50\)。
Solution
简单题
差不多是最大权闭合子图问题的模板
H_W_Y-Coding
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1e3+5,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,a[N],head[N],tot=-1,cur[N],lv[N],sum=0,ans=0,st,ed;
bool flag=true;
struct edge{
int v,nxt,val;
}e[N<<4];
bool read(int &x){
x=0;
int f=1;char ch=getchar();
if(ch=='\n') return ch=0,-1;
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
x*=f;
return ((ch!='\r')&&(ch!='\n'));
}
void add(int u,int v,int w){
e[++tot]=(edge){v,head[u],w};
head[u]=tot;
e[++tot]=(edge){u,head[v],0};
head[v]=tot;
}
bool bfs(){
memset(lv,-1,sizeof(lv));
queue<int> q;
lv[st]=1;
cur[st]=head[st];
q.push(st);
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==-1){
lv[v]=lv[u]+1;
cur[v]=head[v];
q.push(v);
}
}
}
return lv[ed]!=-1;
}
int dfs(int u,int flow){
if(u==ed) return flow;
int res=flow;
for(int i=cur[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
cur[u]=i;
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==lv[u]+1){
int c=dfs(v,min(res,val));
res-=c;
e[i].val-=c;
e[i^1].val+=c;
}
}
return flow-res;
}
int dinic(){
int res=0;
while(bfs()) res+=dfs(st,inf);
return res;
}
int main(){
/*2023.8.20 H_W_Y P2762 太空飞行计划问题 最小割最大流+最大权闭合子图*/
memset(head,-1,sizeof(head));tot=-1;
read(m);read(n);
st=0,ed=n+m+1;
for(int i=1,x;i<=m;i++){
read(a[i]);add(st,i,a[i]);sum+=a[i];
flag=true;
do{
flag=read(x);
add(i,x+m,inf);
}while(flag);
}
for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i+m]),add(i+m,ed,a[i+m]);
ans=dinic();
for(int i=1;i<=m;i++) if(lv[i]!=-1) printf("%d ",i);
printf("\n");
for(int i=1;i<=n;i++) if(lv[i+m]!=-1) printf("%d ",i);
printf("\n%d\n",sum-ans);
return 0;
}
P4177 [CEOI2008] order
题目描述
传送门
有 \(m\) 个工作，\(m\) 种机器，每种机器你可以租或者买过来. 每个工作包括若干道工序， 每道工序需要某种机器来完成，你可以通过购买或租用机器来完成。租用的机器只能用一次，可以多次租用。现在给出这些参数，求最大利润。 \(1 \le n \le 1200, 1 \le m \le 1200\)。
Solution
同样是最大权最小子图，只不过多了一个租用的操作
租用也是比较好处理的
我们直接把中间的边的容量 \(inf\) 改成租用的费用即可
网络流一定要剪枝！！！
H_W_Y-coding
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=3e6+5,inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,head[N],st,ed,tot=-1,sum=0,cur[N],lv[N],l,r,q[N];
struct edge{
int v,nxt,val;
}e[N<<2];
int read(){
int x=0,f=1;char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)){if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
void add(int u,int v,int w){
e[++tot]=(edge){v,head[u],w};
head[u]=tot;
e[++tot]=(edge){u,head[v],0};
head[v]=tot;
}
bool bfs(){
for(int i=0;i<=ed;i++) lv[i]=-1;
lv[st]=1;
cur[st]=head[st];
q[l=1]=st;r=1;
while(l<=r){
int u=q[l++];
for(int i=head[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==-1){
lv[v]=lv[u]+1;
cur[v]=head[v];
q[++r]=v;
if(v==ed) return true;
}
}
}
return lv[ed]!=-1;
}
int dfs(int u,int flow){
if(u==ed) return flow;
int res=flow;
for(int i=cur[u];i!=-1;i=e[i].nxt){
cur[u]=i;
int v=e[i].v,val=e[i].val;
if(val>0&&lv[v]==lv[u]+1){
int c=dfs(v,min(res,val));
if(!c) lv[v]=-1;
res-=c;
e[i].val-=c;
e[i^1].val+=c;
}
if(res==0) break;//网络流剪枝很有必要！！！
}
if(res!=0) lv[u]=-1;
return flow-res;
}
int dinic(){
int res=0;
while(bfs()) res+=dfs(st,inf);
return res;
}
int main(){
/*2023.8.23 H_W_Y P4177 [CEOI2008] order 网络流+最大权闭合子图*/
memset(head,-1,sizeof(head));tot=-1;
n=read();m=read();
st=0,ed=n+m+1;
for(int i=1,x,t;i<=n;i++){
x=read();add(st,i,x);sum+=x;
t=read();
for(int j=1,a,b;j<=t;j++){
a=read();b=read();
add(i,a+n,b);
}
}
for(int i=1,x;i<=m;i++){x=read();add(i+n,ed,x);}
printf("%d\n",sum-dinic());
return 0;
}
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