Bzoj1497 [NOI2006]最大获利
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Description
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Pi（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Ai, Bi和Ci：这些用户会使用中转站Ai和中转站Bi进行通讯，公司可以获益Ci。（1≤i≤M, 1≤Ai, Bi≤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）
Input
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P1, P2, …, PN 。以下M行，第(i + 2)行的三个数Ai, Bi和Ci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。
Output
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。
Sample Input
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
Sample Output
HINT
【样例说明】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。【评分方法】本题没有部分分，你的程序的输出只有和我们的答案完全一致才能获得满分，否则不得分。【数据规模和约定】 80%的数据中：N≤200，M≤1 000。 100%的数据中：N≤5 000，M≤50 000，0≤Ci≤100，0≤Pi≤100。
Source
网络流 最小割
从源点向每个中转站连边，容量为建造费用。
从中转站向用户群连边，容量为INF
从用户群向汇点连边，容量为盈利。
求最小割。如果盈利大于成本，最小割将会割掉左边的费用边，如果成本大于盈利，最小割将会割掉右边的盈利边。
所有用户群体的盈利总和减去最小割就是答案（要么支付费用建设中转站，要么放弃一部分盈利）。
1 /*by SilverN*/ 2 #include<iostream> 3 #include<algorithm> 4 #include<cstring> 5 #include<cstdio> 6 #include<cmath> 7 #include<queue> 8 using namespace std; 9 const int INF=1e9; 10 const int mxn=100010; 11 int read(){ 12 int x=0,f=1;char ch=getchar(); 13 while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();} 14 while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();} 15 return x*f; 16 } 17 struct edge{ 18 int v,nxt,f; 19 }e[mxn<<3]; 20 int hd[mxn],mct=1; 21 void add_edge(int u,int v,int c){ 22 e[++mct].v=v;e[mct].f=c;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct;return; 23 } 24 void insert(int u,int v,int c){ 25 add_edge(u,v,c);add_edge(v,u,0);return; 26 } 27 int n,m,S,T; 28 int d[mxn]; 29 bool BFS(){ 30 memset(d,0,sizeof d); 31 d[S]=1; 32 queue<int>q; 33 q.push(S); 34 while(!q.empty()){ 35 int u=q.front();q.pop(); 36 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 37 int v=e[i].v; 38 if(!d[v] && e[i].f){ 39 d[v]=d[u]+1;q.push(v); 40 } 41 } 42 } 43 return d[T]; 44 } 45 int DFS(int u,int lim){ 46 if(u==T)return lim; 47 int tmp,f=0; 48 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){ 49 int v=e[i].v; 50 if(d[v]==d[u]+1 && e[i].f){ 51 tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f)); 52 e[i].f-=tmp; 53 e[i^1].f+=tmp; 54 lim-=tmp; 55 f+=tmp; 56 if(!lim)return f; 57 } 58 } 59 d[u]=0; 60 return f; 61 } 62 int Dinic(){ 63 int res=0; 64 while(BFS())res+=DFS(S,1e9); 65 return res; 66 } 67 int main(){ 68 n=read();m=read(); 69 S=0;T=n+m+1; 70 int i,j,w,a,b; 71 for(i=1;i<=n;i++){ 72 w=read(); 73 insert(S,i,w); 74 } 75 int smm=0; 76 for(i=1;i<=m;i++){ 77 a=read();b=read();w=read(); 78 insert(a,n+i,INF); 79 insert(b,n+i,INF); 80 insert(n+i,T,w); 81 smm+=w; 82 } 83 int ans=smm-Dinic(); 84 printf("%d\n",ans); 85 return 0; 86 }
