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传送门：【POJ】2125 Destroying The Graph

题目分析：要么选择删除一个点的全部入边，要么删除一个点的全部出边，又因为所有的边全部需要被删除，我们可以将本题转化为二分图上的最小点权覆盖，具体建图方法是：将一个点 i 拆成两个点 i ，i'，源点向 i 建边，容量为删除该点所有出边的花费，i' 向汇点建边，容量为删除该点所有入边的花费。所有原图上的有向边<u,v>，建边（u，v'，INF），因为<u,v'>边容量无穷大，所以我们不可能割这条边，只可能是割和源点直接相连或者和汇点直接相连的边，因此一条边<u,v'>对应的<s,u>,<v',t>一定有一条在割边集中。反证：设最小割后，如果<u,v'>对应的<s,u>,<v',t>都不在割边集中，那么一定有一条增广路通过<s,u>,<u,v'>,<v',t>，那么最小割的容量还可以增加，这和我们设已经是最小割矛盾，得证。

既然知道要么割的是和源点相连的边，要么是和汇点相连的边，那么求一次最小割便能知道割的是那几条边，同时，最小点权覆盖集对应着最小割，最小点权和就是最小割的容量。

如何求是怎么删除的？首先我们从源点沿着残余网络dfs一边，将遇到的点标号。

由于此图是二分图上的网络，所以和源点相连并且没被标号的就是被选择的点（对应删除该点的所有出边这个方案），和汇点相连并且被标号的就是被选择的点（对应删除该点的所有入边这个方案）。

至此，本题解决。

代码如下：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std ;

#define REP( i , a , b ) for ( int i = a ; i < b ; ++ i )
#define REV( i , a , b ) for ( int i = a - 1 ; i >= b ; -- i )
#define FOR( i , a , b ) for ( int i = a ; i <= b ; ++ i )
#define FOV( i , a , b ) for ( int i = a ; i >= b ; -- i )
#define CLR( a , x ) memset ( a , x , sizeof a )
#define CPY( a , x ) memcpy ( a , x , sizeof a )

typedef int type_c ;

const int MAXN = 205 ;
const int MAXQ = 205 ;
const int MAXE = 20005 ;
const int INF = 0x3f3f3f3f ;

struct Edge {
	int v , n ;
	type_c c ;
	Edge () {}
	Edge ( int v , type_c c , int n ) : v ( v ) , c ( c ) , n ( n ) {}
} ;

struct Net {
	Edge E[MAXE] ;
	int H[MAXN] , cntE , cntEE ;
	int d[MAXN] , num[MAXN] , pre[MAXN] , cur[MAXN] ;
	int Q[MAXQ] , head , tail ;
	int s ,t , nv ;
	type_c flow ;
	
	int n , m ;
	bool vis[MAXN] ;
	int ans[MAXN] ;
	
	void init () {
		cntE = 0 ;
		CLR ( H , -1 ) ;
	}
	
	void addedge ( int u , int v , type_c c ) {
		E[cntE] = Edge ( v , c , H[u] ) ;
		H[u] = cntE ++ ;
		E[cntE] = Edge ( u , 0 , H[v] ) ;
		H[v] = cntE ++ ;
	}
	
	void rev_bfs () {
		CLR ( d , -1 ) ;
		CLR ( num , 0 ) ;
		head = tail = 0 ;
		Q[tail ++] = t ;
		d[t] = 0 ;
		num[d[t]] = 1 ;
		while ( head != tail ) {
			int u = Q[head ++] ;
			for ( int i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n ) {
				int v = E[i].v ;
				if ( ~d[v] )
					continue ;
				d[v] = d[u] + 1 ;
				num[d[v]] ++ ;
				Q[tail ++] = v ;
			}
		}
	}
	
	type_c ISAP () {
		CPY ( cur , H ) ;
		rev_bfs () ;
		flow = 0 ;
		int u = pre[s] = s , i , pos , mmin ;
		while ( d[s] < nv ) {
			if ( u == t ) {
				type_c f = INF ;
				for ( i = s ; i != t ; i = E[cur[i]].v )
					if ( f > E[cur[i]].c ) {
						f = E[cur[i]].c ;
						pos = i ;
					}
				for ( i = s ; i != t ; i = E[cur[i]].v ) {
					E[cur[i]].c -= f ;
					E[cur[i] ^ 1].c += f ;
				}
				u = pos ;
				flow += f ;
			}
			for ( i = cur[u] ; ~i ; i = E[i].n )
				if ( E[i].c && d[u] == d[E[i].v] + 1 )
					break ;
			if ( ~i ) {
				cur[u] = i ;
				pre[E[i].v] = u ;
				u = E[i].v ;
			}
			else {
				if ( 0 == -- num[d[u]] )
					break ;
				mmin = nv ;
				for ( i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n )
					if ( E[i].c && mmin > d[E[i].v] ) {
						mmin = d[E[i].v] ;
						cur[u] = i ;
					}
				d[u] = mmin + 1 ;
				num[d[u]] ++ ;
				u = pre[u] ;
			}
		}
		return flow ;
	}
	
	void dfs ( int u ) {
		vis[u] = 1 ;
		for ( int i = H[u] ; ~i ; i = E[i].n )
			if ( E[i].c && !vis[E[i].v] )
				dfs ( E[i].v ) ;
	}
	
	void solve () {
		int u , v , c ;
		init () ;
		s = 0 ;
		t = 1 ;
		nv = n * 2 + 2 ;
		FOR ( i , 1 , n ) {
			scanf ( "%d" , &c ) ;
			addedge ( i << 1 | 1 , t , c ) ;
		}
		FOR ( i , 1 , n ) {
			scanf ( "%d" , &c ) ;
			addedge ( s , i << 1 , c ) ;
		}
		REP ( i , 0 , m ) {
			scanf ( "%d%d" , &u , &v ) ;
			addedge ( u << 1 , v << 1 | 1 , INF ) ;
		}
		printf ( "%d\n" , ISAP () ) ;
		CLR ( vis , 0 ) ;
		dfs ( s ) ;
		int cnt = 0 ;
		for ( int i = H[s] ; ~i ; i = E[i].n )
			if ( !vis[E[i].v] )
				ans[cnt ++] = E[i].v ;
		for ( int i = H[t] ; ~i ; i = E[i].n )
			if ( vis[E[i].v] )
				ans[cnt ++] = E[i].v ;
		printf ( "%d\n" , cnt ) ;
		sort ( ans , ans + cnt ) ;
		REP ( i , 0 , cnt )
			printf ( "%d %c\n" , ans[i] >> 1 , ( ans[i] & 1 ) ? '+' : '-' ) ;
	}
} e ;

int main () {
	while ( ~scanf ( "%d%d" , &e.n , &e.m ) )
		e.solve () ;
	return 0 ;
}