题目

t(t<=10)组样例，每次给n(n<=3e3)个人，

第i个人，在任意时刻，都最多只能有ai(1<=ai<=3e3)个硬币

其中k(k<=n)个是小F的朋友，依次用点号的形式给出

初始时，每个人都有一个硬币，

游戏进行m(m<=3e3)局，每局给出A、B两个人，

A、B可以在以下三种操作中选一个:

① A给B一个硬币

② B给A一个硬币

③ 什么都不做

求最后m局过后，小F的k个朋友的硬币总和最大可能是多少

思路来源

官方题解

题解

无明显贪心策略，首先想到网络流

主要是任意时刻都需要不超过ai，所以需要按时间拆点，这一步不太好想到

不操作的时候，就可以按时间正序，从时间前面的点通过ai的流量连到时间后面的点

剩下的就很套路了，

初始时，每个人都有一个硬币，超级源点s连每个人，流量1

游戏的时候，AB之间根据当前时间各新增一个点，连流量1的无向边，

最终，统计k个朋友最后时刻的点的总流量，这k个点，连超级汇点，流量ai

虽然流量限制是点的限制，但无需额外拆点，可以通过加在入边/出边上控制

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=0x3f3f3f3f3f3f3f3fll;
const int INF=0x3f3f3f3f,maxn=9e3+10,maxm=maxn*8,M=(1<<10)+5;
int level[maxn];
int head[maxn],a[maxn],cnt;
int n,m,k,u,v,las[maxn];
struct edge{
	int v,nex;
	ll w;
}e[maxm];
void init(){
	cnt=0;
	memset(head,-1,sizeof head);
}
void add(int u,int v,ll w){
	e[cnt].v=v;
	e[cnt].w=w;
	e[cnt].nex=head[u];
	head[u]=cnt++;
}
void add2(int u,int v,ll w,bool op) {
	add(u,v,w);
	add(v,u,op?0:w);
}bool bfs(int s,int t){
	queue<int>q;
	memset(level,0,sizeof level);
	level[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();
		q.pop();
		if(x==t)return 1;
		for(int u=head[x];~u;u=e[u].nex){
			int v=e[u].v;ll w=e[u].w;
			if(!level[v]&&w){
				level[v]=level[x]+1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return 0;
}
ll dfs(int u,ll maxf,int t){
	if(u==t)return maxf;
	ll ret=0;
	for(int i=head[u];~i;i=e[i].nex){
		int v=e[i].v;ll w=e[i].w;
		if(level[u]+1==level[v]&&w){
			ll MIN=min(maxf-ret,w);
			w=dfs(v,MIN,t);
			e[i].w-=w;
			e[i^1].w+=w;
			ret+=w;
			if(ret==maxf)break;
		}
	}
	if(!ret)level[u]=-1;//优化,防止重搜,说明u这一路不可能有流量了 
	return ret;
}
ll Dinic(int s,int t){
	ll ans=0;
	while(bfs(s,t))
	ans+=dfs(s,INF,t);
	return ans;
}
int main(){ 
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		init();
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
		int ss=maxn-1,ee=maxn-2,now=n;
		for(int i=1;i<=n;++i){
			scanf("%d",&a[i]);
			las[i]=i;
			add2(ss,i,1,1);
		}
		for(int i=1;i<=m;++i){
			scanf("%d%d",&u,&v);
			int fu=las[u],fv=las[v];
			las[u]=++now;
			las[v]=++now;
			add2(fu,las[u],a[u],1);
			add2(fv,las[v],a[v],1);
			add2(las[u],las[v],1,0);
		}
		for(int i=1;i<=k;++i){
			scanf("%d",&v);
			add2(las[v],ee,a[v],1);
		}
		printf("%lld\n",Dinic(ss,ee));
	}
	return 0;
}