BZOJ1497: [NOI2006]最大获利
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。
题解Here!
- 设立源汇点$S,T$没得说。
- 源点$S$连接所有正权点，流量为点权。
- 所有负权点连接汇点$T$，流量为点权的相反数。
- 对于原图中其他的边（注意都是有向边），连边，流量为$MAX$。
最大权闭合图可以解决的问题：
闭合图$V$的权为正权点总和减去对应割的容量。
当割最小时，闭合图权最大。
而$\text{最小割}==\text{最大流}$，故直接跑$Dinic$。
对于此题，我们可以将题中的边和点都看成事件。
而边事件依赖边的两个端点事件的发生。
这不就是闭合图了嘛。
然后连原图中的有向边。
之后跑$Dinic$即可。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define MAXN 60010
#define MAX 999999999
using namespace std;
int n,m,s,t,c=2,sum=0;
int head[MAXN],deep[MAXN];
struct Edge{
int next,to,w;
}a[MAXN*6];
inline int read(){
int date=0,w=1;char c=0;
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date*w;
}
inline void add(int u,int v,int w){
a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++;
a[c].to=u;a[c].w=0;a[c].next=head[v];head[v]=c++;
}
bool bfs(){
int u,v;
queue<int> q;
for(int i=1;i<=t;i++)deep[i]=0;
deep[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty()){
u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
v=a[i].to;
if(a[i].w&&!deep[v]){
deep[v]=deep[u]+1;
if(v==t)return true;
q.push(v);
}
}
}
return false;
}
int dfs(int x,int limit){
if(x==t)return limit;
int v,sum,cost=0;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
v=a[i].to;
if(a[i].w&&deep[v]==deep[x]+1){
sum=dfs(v,min(a[i].w,limit-cost));
if(sum>0){
a[i].w-=sum;
a[i^1].w+=sum;
cost+=sum;
if(cost==limit)break;
}
else deep[v]=-1;
}
}
return cost;
}
int dinic(){
int ans=0;
while(bfs())ans+=dfs(s,MAX);
return ans;
}
void init(){
int u,v,w;
n=read();m=read();
s=n+m+1;t=n+m+2;
for(int i=1;i<=n;i++){
w=read();
add(s,i,w);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
u=read();v=read();w=read();
sum+=w;
add(i+n,t,w);
add(u,i+n,MAX);
add(v,i+n,MAX);
}
}
int main(){
init();
printf("%d\n",sum-dinic());
return 0;
}
