[洛谷P4147] NOI2006 最大获利

问题描述

新的技术正冲击着手机通讯市场，对于各大运营商来说，这既是机遇，更是挑战。THU 集团旗下的 CS&T 通讯公司在新一代通讯技术血战的前夜，需要做太多的准备工作，仅就站址选择一项，就需要完成前期市场研究、站址勘测、最优化等项目。

在前期市场调查和站址勘测之后，公司得到了一共 N 个可以作为通讯信号中转站的地址，而由于这些地址的地理位置差异，在不同的地方建造通讯中转站需要投入的成本也是不一样的，所幸在前期调查之后这些都是已知数据：建立第 i个通讯中转站需要的成本为 \(P_i\) （1≤i≤N）。

另外公司调查得出了所有期望中的用户群，一共 M 个。关于第 i 个用户群的信息概括为 \(A_i\) , \(B_i\) 和 \(C_i\) ：这些用户会使用中转站 A i 和中转站 B i 进行通讯，公司可以获益 \(C_i\) 。（1≤i≤M, 1≤\(A_i\) , \(B_i\) ≤N）

THU 集团的 CS&T 公司可以有选择的建立一些中转站（投入成本），为一些用户提供服务并获得收益（获益之和）。那么如何选择最终建立的中转站才能让公司的净获利最大呢？（净获利 = 获益之和 – 投入成本之和）

输入格式

输入文件中第一行有两个正整数 N 和 M 。

第二行中有 N 个整数描述每一个通讯中转站的建立成本，依次为 \(P_1 , P_2 , …,P_N\) 。

以下 M 行，第(i + 2)行的三个数 \(A_i , B_i\) 和 \(C_i\) 描述第 i 个用户群的信息。

所有变量的含义可以参见题目描述。

输出格式

你的程序只要向输出文件输出一个整数，表示公司可以得到的最大净获利。

样例输入

5 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3

样例输出

4

说明

样例：选择建立 1、2、3 号中转站，则需要投入成本 6，获利为 10，因此得到最大收益 4。

100%的数据中：N≤5 000，M≤50 000，0≤\(C_i\)≤100，0≤\(P_i\) ≤100。

解析

经典的二元最小割模型。

既然求最大收益，我们可以转化为理论总收益（所有可能收益的和）减去成本。考虑问题的的实际意义。从源点向每一个基站连边，容量为建造的成本，删去这条边表示放弃建立这个基站。对于每个用户群向汇点连边，容量为用户群的收益，删去这条边表示放弃这个用户群的收益。每个基站向包含自己的用户群连边，容量为inf，表示不能删。然后求最小割即可。

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 5002
#define M 50002
using namespace std;
const int inf=1<<30;
int head[N+M*4],ver[M*8],nxt[M*8],cap[M*8],l;
int n,m,i,s,t,dis[N+M*4],ans;
int read()
{
	char c=getchar();
	int w=0;
	while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c<='9'&&c>='0'){
		w=w*10+c-'0';
		c=getchar();
	}
	return w;
}
void insert(int x,int y,int z)
{
	ver[l]=y;
	cap[l]=z;
	nxt[l]=head[x];
	head[x]=l;
	l++;
	ver[l]=x;
	nxt[l]=head[y];
	head[y]=l;
	l++;
}
bool bfs()
{
	queue<int> q;
	memset(dis,-1,sizeof(dis));
	q.push(s);
	dis[s]=0;
	while(!q.empty()){
		int x=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){
			int y=ver[i];
			if(dis[y]==-1&&cap[i]>0){
				dis[y]=dis[x]+1;
				q.push(y);
			}
		}
	}
	return (dis[t]>0);
}
int dfs(int x,int flow)
{
	if(x==t||flow==0) return flow;
	int ans=0;
	for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){
		int y=ver[i];
		if(dis[y]==dis[x]+1&&cap[i]>0){
			int a=dfs(y,min(flow,cap[i]));
			flow-=a;
			ans+=a;
			cap[i]-=a;
			cap[i^1]+=a;
		}
		if(flow==0) break;
	}
	if(flow) dis[x]=-1;
	return ans;
}
int main()
{
	memset(head,-1,sizeof(head));
	n=read();m=read();
	t=n+m+1;
	for(i=1;i<=n;i++){
		int w=read();
		insert(s,i,w);
	}
	for(i=1;i<=m;i++){
		int a=read(),b=read(),c=read();
		insert(a,n+i,inf);
		insert(b,n+i,inf);
		insert(n+i,t,c);
		ans+=c;
	}
	while(bfs()) ans-=dfs(s,inf);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}