题面

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。

题解

最大权闭合子图板题

成本视为负权点，收益视为正权点，按照最大权闭合子图的建图方式：

源点向正权点连一条容量为其权值的边，负权点向汇点连一条容量为其权值绝对值的边，原图的结构不变，容量为正无穷。

那么最大答案就是所有正权点的权值和减去最小割，最小割数值上等于最大流，跑一边最大流即可

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int N = 60050;
struct node {
    int u, v, cap, nxt;
    node () {}
    node (int u, int v, int cap, int nxt): u(v), v(v), cap(cap), nxt(nxt) {}
} edge[N * 10];
int head[N], tot;
void init() {
    memset(head, -1, sizeof(head));
    tot = 0;
}
int dep[N];
void adde(int u, int v, int w) {
    edge[tot] = node(u, v, w, head[u]);
    head[u] = tot++;
    edge[tot] = node(v, u, 0, head[v]);
    head[v] = tot++;
}
bool bfs(int s, int t) {
    queue<int> q;
    memset(dep, -1, sizeof(dep));
    dep[s] = 0;
    q.push(s);
    while (!q.empty()) {
        int u = q.front(); q.pop();
        for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt) {
            int v = edge[i].v;
            if (edge[i].cap > 0 && dep[v] == -1) {
                dep[v] = dep[u] + 1;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return dep[t] > 0;
}
int dfs(int u, int t, int f) {
    if (u == t) return f;
    int w, used = 0;
    for (int i = head[u]; ~i; i = edge[i].nxt) {
        int v = edge[i].v;
        int cap = edge[i].cap;
        if (cap && dep[v] == dep[u] + 1) {
            w = f - used;
            w = dfs(v, t, min(w, cap));
            edge[i].cap -= w;
            edge[i ^ 1].cap += w;
            used += w;
            if (used == f) return f;
        }
    }
    if (!used) dep[u] = -1;
    return used;
}
int dinic(int s, int t) {
    int maxflow = 0;
    while (bfs(s, t)) {
       maxflow += dfs(s, t, inf);
    }
    return maxflow;
}
int main() {
    int n, m;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    init();
    int s = 0, t = n + m + 1;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int p;
        scanf("%d", &p);
        adde(i + m, t, p);
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++) {
        int a, b, c;
        scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);
        adde(i, a + m, inf);
        adde(i, b + m, inf);
        adde(s, i, c);
        ans += c;
    }
    int cnt = dinic(s, t);
    printf("%d\n", ans - cnt);
    return 0;
}

BZOJ-1497 最大获利

题面