「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

Sample Output

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。

Solution

前置知识：最大权闭合子图
这篇博客讲得很好

对于这道题，如果需要获得某一个用户群的收益，就必须选中该用户群所需要的基站

于是建立超级源点\(s\)和超级汇点\(t\)，\(s\)向用户群连边，边权为收益；基站向\(t\)连边，边权为成本；用户群向所需要的基站连边，权值为\(inf\)。

dinic跑最小割，用收益之和（正点权之和）减去最小割即可

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <queue>
#define maxn 5005
#define maxm 50005
using namespace std;
typedef long long ll;

template <typename T>void read(T &t)
{
    t=0;char c=getchar();int f=0;
    while(!isdigit(c)){f|=c=='-';c=getchar();}
    while(isdigit(c)){t=t*10+c-'0';c=getchar();}
    if(f)t=-t;
}

const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m;
int s,t,ans;

struct edge
{
    int u,v,w,nxt;
}g[maxn*2+maxm*6];

int head[maxn+maxm],ecnt=1;
void eADD(int u,int v,int w)
{
    g[++ecnt].u=u;
    g[ecnt].v=v;
    g[ecnt].w=w;
    g[ecnt].nxt=head[u];
    head[u]=ecnt;
}

int dep[maxn+maxm];
bool BFS()
{
    queue<int> q;
    memset(dep,0,sizeof(dep));
    dep[s]=1;
    q.push(s);
    while(!q.empty())
    {
        int u=q.front();
        q.pop();
        for(register int i=head[u];i;i=g[i].nxt)
        {
            int v=g[i].v;
            if(dep[v] || !g[i].w)
                continue;
            dep[v]=dep[u]+1;
            if(v==t)
                return true;
            q.push(v);
        }
    }
    return false;
}

int dfs(int u,int infl)
{
    if(u==t)
        return infl;
    int rest=infl;
    for(register int i=head[u];i && rest;i=g[i].nxt)
    {
        int v=g[i].v;
        if(dep[v]!=dep[u]+1 || !g[i].w)
            continue;
        int flow=dfs(v,min(rest,g[i].w));
        if(!flow)
        {
            dep[v]=-1;
            continue;
        }
        rest-=flow;
        g[i].w-=flow;
        g[i^1].w+=flow;
    }
    return infl-rest;
}

int main()
{
    read(n),read(m);
    s=n+m+1,t=n+m+2;
    for(register int i=1;i<=n;++i)
    {
        int k;
        read(k);
        eADD(m+i,t,k),eADD(t,m+i,0);
    }
    for(register int i=1;i<=m;++i)
    {
        int x,y,z;
        read(x),read(y),read(z);
        eADD(s,i,z),eADD(i,s,0);
        eADD(i,m+x,inf),eADD(m+x,i,0);
        eADD(i,m+y,inf),eADD(m+y,i,0);
        ans+=z;
    }
    while(BFS())
        ans-=dfs(s,inf);
    printf("%d",ans);
    return 0;
}