描述
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1497
共n个站点,给出建立每个站点所需要的花费.现在有m个客户需要开通服务,每个客户需要有两个站点,客户给钱.问最大利润是多少.
1497: [NOI2006]最大获利
Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 3932 Solved: 1926
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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
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
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。
Source
分析
要选一个客户,就必须要选他所需的两个站点,这样有约束关系的,可以用最大权闭合图做.
胡伯涛的论文<最小割模型在信息学竞赛中的应用>:
讲得挺详细,就是看起来有点费劲...
把客户和站点都看做点,客户是正权值,站点是负权值.要有客户就必须有站点,所以边由客户连向站点,表示如果客户被选中,他所需的两个站点也一定被选中.
1.站点连向汇点,容量是站点的花费的绝对值;
2.客户连向源点,容量是客户给的钱;
3.每个客户连向他所需的两个站点,容量是INF.
然后跑最大流即可.
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 #include<vector> 5 #include<queue> 6 #define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++) 7 #define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);i++) 8 #define read(a) a=getnum() 9 #define print(a) printf("%d ",a) 10 #define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i)) 11 using namespace std; 12 13 const int maxn=5005,maxm=50005,INF=0x7fffffff; 14 int n,m,sumw; 15 int cost[maxn],level[maxn+maxm],iter[maxn+maxm]; 16 struct edge { int to,cap,rev; }; 17 vector <edge> g[maxn+maxm]; 18 19 inline int getnum() 20 { 21 int r=0,k=1; char c; 22 for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') k=-1; 23 for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) r=r*10+c-'0'; 24 return r*k; 25 } 26 27 void add_edge(int from,int to,int cap) 28 { 29 g[from].push_back((edge) { to,cap,g[to].size() }); 30 g[to].push_back((edge) { from,0,g[from].size()-1 }); 31 } 32 33 void bfs(int s) 34 { 35 CC(level,-1); 36 level[s]=0; 37 queue <int> q; 38 q.push(s); 39 while(!q.empty()) 40 { 41 int t=q.front(); q.pop(); 42 rep(i,g[t].size()) 43 { 44 edge e=g[t][i]; 45 if(level[e.to]<0&&e.cap>0) 46 { 47 level[e.to]=level[t]+1; 48 q.push(e.to); 49 } 50 } 51 } 52 } 53 54 int dfs(int v,int t,int f) 55 { 56 if(v==t) return f; 57 for(int &i=iter[v];i<g[v].size();i++) 58 { 59 edge &e=g[v][i]; 60 if(e.cap>0&&level[e.to]>level[v]) 61 { 62 int d=dfs(e.to,t,min(f,e.cap)); 63 if(d>0) 64 { 65 e.cap-=d; 66 g[e.to][e.rev].cap+=d; 67 return d; 68 } 69 } 70 } 71 return 0; 72 } 73 74 int max_flow(int s,int t) 75 { 76 int flow=0; 77 bfs(s); 78 while(level[t]>0) 79 { 80 CC(iter,0); 81 int f; 82 while((f=dfs(s,t,INF))>0) flow+=f; 83 bfs(s); 84 } 85 return flow; 86 } 87 88 void init() 89 { 90 read(n); read(m); 91 for1(i,1,n) 92 { 93 read(cost[i]); 94 add_edge(i,n+m+1,cost[i]); 95 } 96 for1(i,1,m) 97 { 98 int a,b,c; 99 read(a); read(b); read(c); 100 add_edge(0,n+i,c); 101 add_edge(n+i,a,INF); 102 add_edge(n+i,b,INF); 103 sumw+=c; 104 } 105 } 106 107 int main() 108 { 109 #ifndef ONLINE_JUDGE 110 freopen("prof.in","r",stdin); 111 freopen("prof.out","w",stdout); 112 #endif 113 init(); 114 print(sumw-max_flow(0,n+m+1)); 115 116 #ifndef ONLINE_JUDGE 117 fclose(stdin); 118 fclose(stdout); 119 system("prof.out"); 120 #endif 121 return 0; 122 }