题意：
植物大战僵尸，一个n*m的格子，每 个格子里有一个植物，每个植物有两个属性：
（1）价值；
（2）保护集合，也就是这个植物可以保护矩阵中的某些格子。
现在你是僵尸，你每次只能从(i,m) 格子进入，从右向左进攻。若一个格子是被保护的那么你是不能进入的。每进入一个格子则吃掉该格子的植物并得到其价值（价值有可能是负的)，可以中途返回。问可以得到的最大价值是多少？
分析：
这是一道比较真实的题目。（真打游戏的时候应该也是这种景象吧）
首先我们复习一下最大权闭合子图的特质。
有一个有向图，每一个点都有一个权值（可以为正或负或0），选择一个权值和最大的子图，使得每个点的后继都在子图里面，这个子图就叫最大权闭合子图。
上面这句话我们要提炼出一个极其重要的信息：如果我们选择一个点，那就必须选择它的所有后继。
凡是题目中隐含着这样的条件的，我们都可以往最大权闭合子图方向去想一想。
像这道题，每个植物可以保护一些其他的植物。那就意味着，如果我们想要选择一个植物，我们必须首先把所有保护它的植物都选掉。
这样，我们就可以建图，对于一个点x，假如有点y可以保护点x，那么我们就连一条x—>y的边，注意，边的方向和保护的方向是相反的。
（这里有好多题解都不是这么说的，或许另有高论？）
还隐含着一个条件：右边的始终植物保护着左边的植物（对吧？植物大战僵尸里是这样的吧，所以诞生了高坚果）
我们建图，跑最大权闭合子图就好了吗？
并不是……
因为环是无敌的……？？？！！！
如果在保护关系中出现了环，那么你选任何一个，都是被保护的。
所以我们拓扑，把环的影响取消掉，再跑最大权闭合子图的恶意……
从源点s向每个正权点连一条容量为权值的边，每个负权点向汇点t连一条容量为权值的绝对值的边，有向图原来的边容量全部为无限大答案为正权值之和-最小割
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
using namespace std;int tot=,n,m,sm=;
const int N=,inf=0x3f3f3f3f;
struct node{int y,z,nxt;}e[N*];
int h[N],c=,q[N],in[N],S,T,d[N],a[N],ans=;
void add(int x,int y,int z){in[x]++;
e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c;
e[++c]=(node){x,,h[y]};h[y]=c;
} bool bfs(){
for(int i=S;i<=T;i++)
if(d[i]!=-) d[i]=-;
int f=,t=;d[S]=;q[++t]=S;
while(f<=t){
int x=q[f++];
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if(d[y=e[i].y]==-&&e[i].z)
d[y]=d[x]+,q[++t]=y;
} return (d[T]>);
} int dfs(int x,int f){
if(x==T) return f;int w,tmp=;
for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
if(d[y=e[i].y]==d[x]+&&e[i].z){
w=dfs(y,min(e[i].z,f-tmp));
if(!w) d[y]=-;e[i].z-=w;
e[i^].z+=w;tmp+=w;
if(tmp==f) return f;
} return tmp;
} void solve(){
while(bfs()) tot+=dfs(S,inf);
} int main(){
scanf("%d%d",&n,&m);S=;T=n*m+;
for(int i=,tmp;i<=n*m;i++){
scanf("%d",&a[i]);
a[i]>?add(S,i,a[i]):add(i,T,-a[i]);
scanf("%d",&tmp);while(tmp--){
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
add(x*m+y+,i,inf);
} if(i%m) add(i,i+,inf);
} int f=,t=;//图是反着建的，拓扑要倒过来
for(int i=S;i<=T;d[i]=-,i++)
if(!in[i]) q[++t]=i;
while(f<=t){
int x=q[f++];d[x]=;
if(a[x]>) sm+=a[x];
for(int i=h[x];i;i=e[i].nxt)
if(i&)if(!--in[e[i].y]) q[++t]=e[i].y;
} solve();
printf("%d\n",sm-tot);return ;
}
最大权闭合子图