> 这题可以应用经典的“最大权封闭子图”来解决，
> 方法是借用最大流——最小割定理，转化为：
> 如果一个数b[i]是正的，和源点连一个容量为A[i]的边，
> 如果一个数b[i]是负的，和源点连一个容量为-A[i]的边，
> 如果一个点x依赖于点y（也就是，要辞退x必须辞退y），那么就从x向y连一条
> 容量∞的边。
> 之后，跑一遍网络流，设答案为r，则b[i]中所有正数之和-r即为所求。
> 
> 这题的特殊之处就是要输出最少辞退员工数。
> 怎么办呢？
> 
> 利用一个经典的trick:多关键字
> 建图前，对所有b[i]，执行变换b[i]=b[i]*10000-1，然后，会惊异地发现，
> 此时最大流所对应的方案就是满足辞退最少人数的了。
> 为什么？显然，变换后的流量r2除以10000后再取整就等于原来的流量，但是
> r2的后四位却蕴含了辞退人数的信息：每多辞退一个人，流量就会少1。
> 
> 剩下的就是如何根据一个网络流输出方案。
> 我的做法：从源点开始沿着残余网络dfs（只走没有满载的边），
> 能dfs到的点对应的人就是需要辞退的。
> 
> 网络流的算法我使用的是“有提交就会有奇迹”的dinic，实践证明，过了。
> 如果没有过，友情提示：动态开内存往往导致tle。
> 
> 其实，写dinic是有技巧的，以下是我喜欢的19行版dinic
> //这是数组以及结构定义，不计算行数
> int level[NMax+2],queue[NMax+2];
> long long Min(long long a,long long b){
> 	return a>b?b:a;
> }
> struct edge{
> 	long long e,f;
> 	edge *next,*opt;
> }*E[NMax];
> 
> //正文
> int mkLevel(){
> 	for (int i=0;i<N;i++)level[i]=-1;
> 	int bot,x;
> 	level[queue[0]=0]=0;bot=1;
> 	for (int top=0;top<bot;top++){x=queue[top];
> 		for (edge *p=E[x];p;p=p->next)if (p->f && level[p->e]==-1)
> 			level[queue[bot++]=p->e]=level[x]+1;
> 	}
> 	return level[N-1]!=-1;
> }
> long long extend(int x,long long alpha){
> 	if (x==N-1)return alpha;
> 	long long r,t;r=0;
> 	for (edge *p=E[x];p;p=p->next)if (p->f && level[p->e]==level[x]+1)
> 		t=extend(p->e,Min(p->f,alpha-r)),p->f-=t,p->opt->f+=t,r+=t;
> 	if (!r)level[x]=-1;
> 	return r;
> }
> void Dinic(){while (mkLevel())extend(0,(long long)1<<60);}