[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。
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 ;
}