[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

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

Sample Output

4

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。

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题解

最大权闭合子图板子题

大体说一下最大权闭合子图吧错了别打我

最大权闭合子图:

有一些约束关系,选择一个点以后必须选择它的所有后继,求这样的最大子图

这类问题可以用最小割解决 :

让S连向正权点,让负权点连向T,流量都是权值的绝对值

然后把原图的边连上,流量都是INF

这样跑一遍最大流

如果割掉一条S->u的边,说明不选择这个正权点

如果割掉一条u->T的边,说明选择这个负权点

跑出的最小割就是不选择的正权点的权值和-选择的负权点的权值和

所以答案就应该是 所有正权点的和-最小割

那么对于这道题

就是每个人的后继就是那两个基站

所以每个人都是正权点,每个基站都是负权点

每个人往他的两个后继基站连边就好辣

代码

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
const int M = 60050 ;
const int INF = 1e9 ;
using namespace std ;
inline int read() {
	char c = getchar() ; int x = 0 , w = 1 ;
	while(c>'9'||c<'0') { if(c=='-') w = -1 ; c = getchar() ; }
	while(c>='0'&&c<='9') { x = x*10+c-'0' ; c = getchar() ; }
	return x*w ;
}

int n , m , S , T ;
int hea[M] , num = 1 ;
int tot , Ans , d[M] ;
struct E { int Nxt , to , dis ; } edge[M * 10] ;
inline void add_edge(int from , int to , int dis) {
	edge[++num].Nxt = hea[from] ; edge[num].to = to ;
	edge[num].dis = dis ; hea[from] = num ;
}
inline void Insert(int u , int v , int w) {
	add_edge(u , v , w) ; add_edge(v , u , 0) ;
}
inline bool Bfs() {
	queue < int > q ; q.push(S) ;
	memset(d , 0 , sizeof(d)) ; d[S] = 1 ;
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front() ; q.pop() ;
		for(int i = hea[u] ; i ; i = edge[i].Nxt) {
			int v = edge[i].to ;
			if(!d[v] && edge[i].dis) {
				d[v] = d[u] + 1 ; 
				q.push(v) ;
			}
		}
	}
	return d[T] ;
}
int Dfs(int u , int dis) {
	if(u == T || !dis) return dis ; int sum = 0 ;
	for(int i = hea[u] ; i ; i = edge[i].Nxt) {
		int v = edge[i].to ;
		if(d[v] == d[u] + 1 && edge[i].dis) {
			int diss = Dfs(v , min(dis , edge[i].dis)) ;
			if(diss > 0) {
				edge[i].dis -= diss ; edge[i ^ 1].dis += diss ;
				dis -= diss ; sum += diss ;
				if(!dis) break ;
			}
		}
	}
	if(!sum) d[u] = -1 ;
	return sum ;
}
inline int Dinic() {
	while(Bfs()) 
	    Ans += Dfs(S , INF) ;
	return Ans ;
}
int main() {
	n = read() ; m = read() ; T = n + m + 10 ;
	for(int i = 1 , x ; i <= n ; i ++) {
		x = read() ;
	    Insert(i , T , x) ;
	}
	for(int i = 1 , a , b , c ; i <= m ; i ++) {
		a = read() , b = read() , c = read() ; tot += c ;
		Insert(n + i , a , INF) ; Insert(n + i , b , INF) ; 
		Insert(S , n + i , c) ;
	}
	printf("%d\n",tot - Dinic()) ;
	return 0 ;
}