bzoj1497 [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。

 

 

正解：最小割。

将题意转化为图论模型，从源点到每个用户群连一条ci的边，从每个中转站到汇点连一条pi的边，从每个用户群到对应的中转站连一条inf的边，那么没有使用的中转站成本+没有获利的用户群利润就是最小割，所以ans=∑ci-maxflow。

其实这就是最大权闭合子图。。

 

#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cstdio>
#define il inline
#define RG register
#define ll long long
#define inf (1<<30)


using namespace std;

struct edge{ int nt,to,flow,cap; }g[320010];

int head[60010],q[60010],d[60010],vis[60010],n,m,tot,num=1;

il int gi(){
    RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar(); while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
    if (ch=='-') q=-1,ch=getchar(); while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return q*x;
}

il void insert(RG int from,RG int to,RG int cap){ g[++num]=(edge){head[from],to,0,cap},head[from]=num; return; }

il int bfs(RG int st,RG int ed){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    RG int h=0,t=1; q[t]=st,d[st]=0,vis[st]=1;
    while (h<t){
    RG int x=q[++h];
    for (RG int i=head[x];i;i=g[i].nt){
        RG int v=g[i].to;
        if (!vis[v] && g[i].cap>g[i].flow)
        q[++t]=v,d[v]=d[x]+1,vis[v]=1;
    }
    }
    return vis[ed];
}

il int dfs(RG int x,RG int ed,RG int a){
    if (x==ed || a==0) return a;
    RG int flow=0,f;
    for (RG int i=head[x];i;i=g[i].nt){
    RG int v=g[i].to;
    if (d[x]+1==d[v] && (f=dfs(v,ed,min(a,g[i].cap-g[i].flow)))>0){
        g[i].flow+=f,g[i^1].flow-=f,flow+=f,a-=f; if (!a) break;
    }
    }
    return flow;
}

il int dinic(){
    RG int flow=0;
    while (bfs(n+m+1,n+m+2)) flow+=dfs(n+m+1,n+m+2,inf);
    return flow;
}

il void work(){
    n=gi(),m=gi(); RG int p;
    for (RG int i=1;i<=n;++i) p=gi(),insert(m+i,n+m+2,p),insert(n+m+2,m+i,0);
    for (RG int i=1;i<=m;++i){
    RG int a=gi(),b=gi(),c=gi(); tot+=c;
    insert(n+m+1,i,c),insert(i,n+m+1,0);
    insert(i,m+a,inf),insert(m+a,i,0);
    insert(i,m+b,inf),insert(m+b,i,0);
    }
    printf("%d\n",tot-dinic()); return;
}

int main(){
    freopen("profit.in","r",stdin);
    freopen("profit.out","w",stdout);
    work();
    return 0;
}