[NOI2006]最大获利（网络最大流+最小割）

题目描述

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）
输入格式

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。
输出格式

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。

样例

样例输入

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

样例输出

4

数据范围与提示

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。

Solution

思路岂不是越简单越好
什么玩意最大权闭合子图
不懂
最小割的思想也可
考虑限制条件
假设现在拥有所有的用户利润
但是要通过建设基站来减少收入
那么自然希望这个减少的量最少
即联通图中的最小割
所以求图的最大流即可
建图

• 建立超级源点s，向所有基站建立边权为建设基站所用代价的边
• 基站与用户之间没有限制，边权为\(inf\)
• 由所有用户连出，连向超级汇点t，边权为该用户的利润

这样的一个图满足上述设想
从s到t跑最大流
用所有用户利润减去话费即为答案

Code

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define inf 0x7fffffff
#define min(a, b) ({register int AA = a, BB = b; AA < BB ? AA : BB;})
using namespace std;

inline int read(){
	int x = 0, w = 1;
	char ch = getchar();
	for(; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if(ch == '-') w = -1;
	for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
	return x * w;
}

const int ss = 100010;

struct node{
	int to, nxt, w;
}edge[ss * 20];

int head[ss], tot = 1;
inline void add(register int u, register int v, register int w){
	edge[++tot].to = v;
	edge[tot].nxt = head[u];
	edge[tot].w = w;
	head[u] = tot;
}

int dis[ss], cur[ss];
int n, m, s, t;
queue<int> q;
inline bool bfs(register int s){
	for(register int i = 0; i <= t; i++)
		dis[i] = 0x3f3f3f3f, cur[i] = head[i];
	dis[s] = 0;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		register int u = q.front();
		q.pop();
		for(register int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt){
			register int v = edge[i].to;
			if(dis[v] == 0x3f3f3f3f && edge[i].w){
				dis[v] = dis[u] + 1;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return dis[t] != 0x3f3f3f3f;
}

inline int dfs(register int u, register int flow){
	register int res = 0;
	if(u == t) return flow;
	for(register int i = cur[u]; i; i = edge[i].nxt){
		cur[u] = i;
		register int v = edge[i].to;
		if(dis[v] == dis[u] + 1 && edge[i].w){
			if(res = dfs(v, min(flow, edge[i].w))){
				edge[i].w -= res;
				edge[i ^ 1].w += res;
				return res;
			}
		}
	}
	return 0;
}

long long maxflow;
inline long long dinic(){
	register long long minflow = 0;
	while(bfs(s)){
		while(minflow = dfs(s, 0x7fffffff))
			maxflow += minflow;
	}
	return maxflow;
}

int p[ss];
signed main(){
	n = read(), m = read();
	s = 0, t = n + m + 1;
	for(register int i = 1; i <= n; i++){
		p[i] = read();
		add(s, i, p[i]);
		add(i, s, 0);
	}
	register long long sum = 0;
	for(register int i = 1; i <= m; i++){
		register int a = read(), b = read(), c = read();
		sum += c;
		add(a, i + n, inf);
		add(i + n, a, 0);
		add(b, i + n, inf);
		add(i + n, b, 0);
		add(i + n, t, c);
		add(t, i + n, 0);
	}
	printf("%lld\n", sum - dinic());
	return 0;
}