BZOJ1497 最大获利

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 Input5 5 1 2 3 4 5 1 2 3 2 3 4 1 3 3 1 4 2 4 5 3

Sample Output4 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：最小割板题；

起点连每一条边，（收益），终点连每一个节点（成本），然后边和其两点之间连边为INF，这时候求出最小割之后，用所有边权之和减去最小割即可；

参考代码：

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define INF 0x3f3f3f3f
 4 const int maxn = 100010; 
 5 int n,m,s,t,u,v,w,ans;
 6 struct Edge {  
 7     int from, to, cap, flow;
 8 };
 9 vector<Edge> edges;
10 vector<int> G[maxn];
11 bool vis[maxn];
12 int d[maxn], cur[maxn];
13 void init()
14 {
15     memset(d,0,sizeof d);
16     for(int i=0;i<=n+m+1;i++) G[i].clear();
17 }
18 void addedge(int from, int to, int cap) 
19 {
20     edges.push_back((Edge){from, to, cap, 0});
21 edges.push_back((Edge){to, from, 0, 0});
22     int m = edges.size();
23     G[from].push_back(m-2); G[to].push_back(m-1);
24 }
25 bool bfs() 
26 {
27     memset(vis,0,sizeof vis);
28     queue<int> q;
29     q.push(s);
30     d[s] = 0; vis[s] = 1;
31     while (!q.empty()) 
32     {
33         int x = q.front(); q.pop();
34         for(int i = 0; i < G[x].size(); ++i) 
35         {
36             Edge &e = edges[G[x][i]];
37             if (!vis[e.to] && e.cap > e.flow) 
38             {
39                 vis[e.to] = 1;
40                 d[e.to] = d[x] + 1;
41                 q.push(e.to);
42             }
43         }
44     }
45     return vis[t];
46 }
47 
48 int dfs(int x,int a) 
49 {
50     if(x == t || a == 0) return a;
51     int flow = 0, f;
52     for(int &i = cur[x]; i < G[x].size(); ++i) 
53     {
54         Edge &e = edges[G[x][i]];
55         if (d[e.to] == d[x] + 1 && (f=dfs(e.to, min(a, e.cap-e.flow))) > 0) 
56         {
57             e.flow += f;
58             edges[G[x][i]^1].flow -= f;
59             flow += f; a -= f;
60             if (a == 0) break;
61         }
62     }
63     return flow;
64 }
65 
66 int Maxflow(int s, int t) 
67 {
68     int flow = 0;
69     while(bfs()) 
70     {
71         memset(cur,0,sizeof cur);
72         flow += dfs(s, INF);
73     }
74     return flow;
75 }
76 int main()
77 {
78     scanf("%d%d",&n,&m);
79     init();ans=0;s=0;t=n+m+1;
80     for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&u),addedge(i+m,t,u);
81     for(int i=1;i<=m;++i)
82     {
83         scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
84         addedge(i,u+m,INF);
85         addedge(i,v+m,INF);
86         addedge(s,i,w);
87         ans+=w;
88     }
89     printf("%d\n",ans-Maxflow(s,t));
90     return 0;
91 }
View Code

 

posted @ 2019-01-28 19:07  StarHai  阅读(279)  评论(0)  编辑  收藏  举报