Bzoj 1497: [NOI2006]最大获利(最小割)

1497: [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
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。

/*
最大权闭合子图.
这题建图考虑逆向思维.
边化点,边权为点权.
我们认为理想答案为∑wi,然而这显然是不可能的.
那么ans的减少只来源于两个部分.
case 1:中转站的花费.
case 2:客户贡献的减少.
先从源点向每个中转站连边,流量为a[i],割掉这条边表示选择了这个中转站.
然后每个中转站向所涉及客户连一条流量为INF的边.
然后从每个客户向汇点连一条流量为INF的边保证图联通. 
最后从每个客户向汇点连一条流量为wi的边,割掉这条边表示放弃了这个客户.
然后dinic跑最小割orz.
*/
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define MAXN 100001
#define INF 1e9
using namespace std;
int S,T,n,m,ans,cut=1,tot,a[MAXN],dis[MAXN],head[MAXN];
struct data{int u,v,next,c;}e[MAXN*5];
queue<int>q;
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*f;
}
void add(int u,int v,int x)
{
    e[++cut].v=v;e[cut].u=u;e[cut].c=x;e[cut].next=head[u];head[u]=cut;
    e[++cut].v=u;e[cut].u=v;e[cut].c=0;e[cut].next=head[v];head[v]=cut;
}
bool bfs()
{
    memset(dis,-1,sizeof dis);
    q.push(0);dis[0]=0;
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();q.pop();
        for(int i=head[u];i;i=e[i].next)
        {
            int v=e[i].v;
            if(dis[v]==-1&&e[i].c) dis[v]=dis[u]+1,q.push(v);
        }
    }
    return dis[T]!=-1;
}
int dfs(int u,int y)
{
    if(u==T) return y;
    int rest=0;
    for(int i=head[u];i&&rest<y;i=e[i].next)
    {
        int v=e[i].v;
        if(dis[v]==dis[u]+1&&e[i].c)
        {
            int x=dfs(v,min(e[i].c,y-rest));
            rest+=x;
            e[i].c-=x;
            e[i^1].c+=x;
        }
    }
    if(!rest) dis[u]=-1;
    return rest;
}
void dinic()
{
    while(bfs())
    ans-=dfs(S,INF);
    return ;
}
int main()
{
    freopen("profit.in","r",stdin);
    freopen("profit.out","w",stdout);
    int x,y,z;
    n=read(),m=read();S=0,T=n+m+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),add(S,i,a[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        x=read(),y=read(),z=read();
        add(x,n+i,INF),add(y,n+i,INF),add(n+i,T,z),ans+=z;
    }
    dinic();
    printf("%d",ans);
    return 0;
}