961. 最大获利

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961. 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 $P_i(1 \le i \le N)$ 。

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 $A_i, B_i$ 和 $C_i$ ：这些用户会使用中转站 $A_i$ 和中转站 $B_i$ 进行通讯，公司可以获益 $C_i。（1 \le i \le M, 1 \le A_i, B_i \le N）$

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

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 $P_1, P_2, …, P_N$ 。

以下 $M$ 行，第 $(i + 2)$ 行的三个数 $A_i, B_i$ 和 $C_i$ 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

输出一个整数，表示公司可以得到的最大净获利。

数据范围

$1 \le N \le 5000$ ,
$1 \le M \le 50000$ ,
$0 \le C_i,P_i \le 100$

输入样例：

输出样例：

样例解释

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 $4$ 。

解题思路

最小割，最大权闭合图

闭合子图（本质上是一个点集）：对于一个图 $G(V,E)$ ，找到图中的某个点集，这个点集满足不存在点集中的某个点指向除点集以外的其他点的边
最大权闭合子图：即闭合子图权值最大的子图

对于一个含有点权的图，考虑转化为流网络，建立源点 $s$ ，汇点 $t$ ， $s$ 向所有权值为正的点连边，容量为点权，所有点权为负的点向 $t$ 连边，容量为点权的相反数，其余点之间按原图连边，容量足够大
在上述定义的流网络的基础上，定义简单割 $[S,T]$ ： $S$ 和 $T$ 之间的边不含容量足够大的边。显然，最小割一定是简单割：由最小割最大流定理， $最小割=最大流$ ，由可行流的定理，由 $s$ 出去的边肯定没有容量足够大的边，故最小割一定是简单割

给出一个结论：流网络中的简单割和原图中的闭合子图一一对应
证明：
对于原图上的任意一个闭合子图都可以对应流网络上的一个简单割
对于闭合子图的任意一个子集 $V'$ ，构造一个割集 $[S,T]$ ，其中 $S=V'+\{s\}$ ， $T=V-S$ （其中全点集 $V$ 包括 $s$ 和 $t$ ），假设 $S$ 到 $T$ 中存在容量足够大的边，则由于 $s$ 连接的都是容量有限的边，要是存在这样的边则一定是原图的闭合子图连接过去的，而由于连接 $t$ 的边容量也是有限的，故连接到 $T$ 部分的点也不会是 $t$ ，故边上的两个点如果可以的话一定是原图上的两个点，由闭合子图的定义，闭合子图不能向除自己点集以外的其他点连边，故这样构造的割集 $S$ 和 $T$ 之间不可能存在容量足够大的边，即该割是简单割
对于流网络上的任意一个简单割都可以对应原图上的一个闭合子图
对于任意一个简单割 $[S,T]$ ，即证明 $S-{s}$ 对应原图是一个闭合子图，即里面的点不能向 $T$ 中除 $t$ 以外的其他点连边，显然，简单割 $S$ 和 $T$ 之间的边的容量都有限，即都会跟 $s$ 和 $t$ 有关， $S$ 和 $T$ 之间的边一个点要么是 $s$ ，一个点要么是 $t$ ，故 $S$ 里面的点不可能向 $T$ 中除 $t$ 以外的其他点连边，得证
对于任意一个简单割 $[S,T]$ ， $S$ 中的闭合子图为 $V'$ ，设原图点集为 $V$ ， $C[S,T]=C_{v\in V'}[v,t]+C_{v\in V-V'}[s,v]=\sum \limits_{v\in V',v为负权点}-w_v+\sum\limits_{v\in {V-V'},v为正权点}w_v$ ，设 $W^{+}$ 为原图中所有权值为正的权值之和，则 $W^{+}=\sum\limits_{v\in {V-V',v为正权点}}w_v+\sum\limits_{v\in {V'},v为正权点}w_v$ ，则 $\sum\limits_{v\in {V-V',v为正权点}}w_v=W^{+}-\sum\limits_{v\in {V'},v为正权点}w_v$ ，则 $C[S,T]=\sum \limits_{v\in V',v为负权点}-w_v+W^{+}-\sum\limits_{v\in {V'},v为正权点}w_v$ ，则 $\sum\limits_{v\in {V'}}w_v=W^{+}-C[S,T]$ ，要使 $\sum\limits_{v\in {V'}}w_v$ 最大，即 $[S,T]$ 最小，即最小割

本题为所有正点减去与之相关的负点，不妨这样建图：建立源点 $s$ 和汇点 $t$ ，源点向所有点权为正的点连边，容量为点权，所有点权为负的点向 $t$ 连边，容量为点权的相反数，选择一定点权为正的点，需向两个点权为负的点两边，容量足够大，这样可以对应上一个闭合图， $\color{red}{为什么？}$ 闭合图是指选择的点集，不存在向外连的边，假设选择了正权的点，则其必须得选其连向的负权的点，正好满足题目要求

时间复杂度： $O(n^2m)$

最大密度子图

在 2324. 生活的艰辛的扩展（即点权和边权都有的情况）中，要使 $|E|+|V|-g\times cnt_V$ （这里将所有点权置为负数，边权即顾客点权，为正）最大化，对应本题使 $|E|+|V|$ 最大，此时 $g=0$ ，即可将问题转化为最大密度子图问题

时间复杂度： $O(n^2m)$

代码

最大权闭合图

// Problem: 最大获利
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/963/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=55005,M=(3*50005+5005)*2,inf=1e9;
int n,m,S,T;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
int hh,tt,q[N],cur[N],d[N];
void add(int a,int b,int c)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	d[S]=hh=tt=0;
	cur[S]=h[S];
	q[0]=S;
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]==-1&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=h[y];
				if(y==T)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
	if(x==T)return limit;
	int flow=0;
	for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
	{
		cur[x]=i;
		int y=e[i];
		if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
		{
			int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
			if(!t)d[y]=-1;
			f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
		}
	}
	return flow;
}
int dinic()
{
	int res=0,flow;
	while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
	return res;
}
int main()
{
    memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d",&n,&m);
	S=0,T=n+m+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int p;
		scanf("%d",&p);
		add(i,T,p);
	}
	int res=0;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int a,b,c;
		scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
		res+=c;
		add(S,n+i,c),add(n+i,a,inf),add(n+i,b,inf);
	}
    printf("%d",res-dinic());
    return 0;
}

最大密度子图

// Problem: 最大获利
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/963/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
 
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
 
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
 
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
 
template <typename T> void inline read(T &x) {
    int f = 1; x = 0; char s = getchar();
    while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
    while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
    x *= f;
}

const int N=5005,M=(2*N+50005)*2,inf=1e9;
int n,m,S,T;
int h[N],ne[M],f[M],e[M],idx;
int p[N],deg[N];
int d[N],hh,tt,q[N],cur[N];
void add(int a,int b,int c1,int c2)
{
	e[idx]=b,f[idx]=c1,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
	e[idx]=a,f[idx]=c2,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool bfs()
{
	memset(d,-1,sizeof d);
	d[S]=hh=tt=0;
	q[0]=S;
	cur[S]=h[S];
	while(hh<=tt)
	{
		int x=q[hh++];
		for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
		{
			int y=e[i];
			if(d[y]==-1&&f[i])
			{
				d[y]=d[x]+1;
				cur[y]=h[y];
				if(y==T)return true;
				q[++tt]=y;
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
	if(x==T)return limit;
	int flow=0;
	for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
	{
		cur[x]=i;
		int y=e[i];
		if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
		{
			int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
			if(!t)d[y]=-1;
			f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
		}
	}
	return flow;
}
int dinic()
{
	int res=0,flow;
	while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
	return res;
}
int main()
{
	memset(h,-1,sizeof h);
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]),p[i]*=-1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
    	int a,b,c;
    	scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
    	add(a,b,c,c);
    	deg[a]+=c,deg[b]+=c;
    }
    S=0,T=n+1;
    int U=0;
    for(int i=1;i<=n;i++)U=max(U,deg[i]+2*p[i]);
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	add(i,T,U-deg[i]-2*p[i],0);
    	add(S,i,U,0);
    }
    printf("%d",(n*U-dinic())/2);
    return 0;
}

__EOF__

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posted @ 2022-11-28 22:51 zyy2001 阅读(51) 评论(0) 编辑收藏举报

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发表于 2022-11-28 22:51阅读：51评论：0推荐：0

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