【最大权闭合子图 最小割】bzoj1497: [NOI2006]最大获利
最大权闭合子图的模型；今天才发现dinic板子是一直挂的……
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。
题目分析
最早来看这题的时候，建出来的图同时带了点权和边权，弄得稀里糊涂……
这里需要把每一个需求抽象出来，向需要的基站建立拓扑关系，接下去的事就是最大权闭合子图的板子了。
这一种大概是最大权闭合子图的建图套路吧。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 const int maxn = 5035; 3 const int maxm = 2000035; 4 const int maxNode = 800005; 5 const int INF = 2e9; 6 7 struct Edge 8 { 9 int u,v,f,c; 10 Edge(int a=0, int b=0, int c=0, int d=0):u(a),v(b),f(c),c(d) {} 11 }edges[maxm]; 12 int n,m,ans; 13 int edgeTot,head[maxNode],cur[maxNode],nxt[maxm],S,T; 14 int lv[maxNode]; 15 16 int read() 17 { 18 char ch = getchar(); 19 int num = 0, fl = 1; 20 for (; !isdigit(ch); ch=getchar()) 21 if (ch=='-') fl = -1; 22 for (; isdigit(ch); ch=getchar()) 23 num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48; 24 return num*fl; 25 } 26 void addedge(int u, int v, int c) 27 { 28 edges[edgeTot] = Edge(u, v, 0, c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot, ++edgeTot; 29 edges[edgeTot] = Edge(v, u, 0, 0), nxt[edgeTot] = head[v], head[v] = edgeTot, ++edgeTot; 30 } 31 bool buildLevel() 32 { 33 std::queue<int> q; 34 memset(lv, 0, sizeof lv); 35 lv[S] = 1, q.push(S); 36 for (int i=1; i<=T; i++) cur[i] = head[i]; 37 for (int tmp; q.size(); ) 38 { 39 tmp = q.front(), q.pop(); 40 for (int i=head[tmp]; i!=-1; i=nxt[i]) 41 { 42 int v = edges[i].v; 43 if (!lv[v]&&edges[i].f < edges[i].c){ 44 lv[v] = lv[tmp]+1, q.push(v); 45 if (v==T) return true; 46 } 47 } 48 } 49 return false; 50 } 51 int fndPath(int x, int lim) 52 { 53 int sum = 0; 54 if (x==T||!lim) return lim; 55 for (int i=cur[x]; i!=-1&&sum <= lim; i=nxt[i]) 56 { 57 int v = edges[i].v, val; 58 if (lv[x]+1==lv[v]&&edges[i].f < edges[i].c){ 59 if ((val = fndPath(v, std::min(lim-sum, edges[i].c-edges[i].f)))){ 60 edges[i].f += val, edges[i^1].f -= val; 61 sum += val; 62 }else lv[v] = -1; 63 } 64 } 65 cur[x] = head[x]; 66 return sum; 67 } 68 int dinic() 69 { 70 int ret = 0, val; 71 while (buildLevel()) 72 while ((val = fndPath(S, INF))) ret += val; 73 return ret; 74 } 75 int main() 76 { 77 memset(head, -1, sizeof head); 78 n = read(), m = read(), S = n+m+1, T = S+1; 79 for (int i=1; i<=n; i++) addedge(m+i, T, read()); 80 for (int i=1; i<=m; i++) 81 { 82 int u = read()+m, v = read()+m, c = read(); 83 addedge(i, u, INF); 84 addedge(i, v, INF); 85 addedge(S, i, c); 86 ans += c; 87 } 88 printf("%d\n",ans-dinic()); 89 return 0; 90 }
END
