BZOJ1497: [NOI2006]最大获利[最小割 最大闭合子图]

1497: [NOI2006]最大获利

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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

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。

---

中转站建点，点权-p

用户建点，点权C，向A和B连边

转化成最大闭合子图问题，用最小割求解

//
//  main.cpp
//  noi2006最大获利
//
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//

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int N=55005,M=155005,INF=2e9;
int read(){
    char c=getchar();int x=0,f=1;
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0'; c=getchar();}
    return x*f;
}
int n,m,p[N],u,v,c,s,t;
struct edge{
    int v,ne,c,f;
}e[M<<1];
int cnt,h[N];
inline void ins(int u,int v,int c){
    cnt++;
    e[cnt].v=v;e[cnt].c=c;e[cnt].f=0;e[cnt].ne=h[u];h[u]=cnt;
    cnt++;
    e[cnt].v=u;e[cnt].c=0;e[cnt].f=0;e[cnt].ne=h[v];h[v]=cnt;
}
int cur[N],sum=0;
int vis[N],d[N],q[N],head,tail;
bool bfs(){
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    memset(d,0,sizeof(d));
    head=tail=1;
    q[tail++]=s;d[s]=0;vis[s]=1;
    while(head!=tail){
        int u=q[head++];
        for(int i=h[u];i;i=e[i].ne){
            int v=e[i].v;
            if(!vis[v]&&e[i].c>e[i].f){
                vis[v]=1;d[v]=d[u]+1;
                q[tail++]=v;
                if(v==t) return 1;
            }
        }
    }
    return 0;
}
int dfs(int u,int a){
    if(u==t||a==0) return a;
    int flow=0,f;
    for(int &i=cur[u];i;i=e[i].ne){
        int v=e[i].v;
        if(d[v]==d[u]+1&&(f=dfs(v,min(a,e[i].c-e[i].f)))>0){
            flow+=f;
            e[i].f+=f;
            e[((i-1)^1)+1].f-=f;
            a-=f;
            if(a==0) break;
        }
    }
    return flow;
}
int dinic(){
    int flow=0;
    while(bfs()){
        for(int i=s;i<=t;i++) cur[i]=h[i];
        flow+=dfs(s,INF);
    }
    return flow;
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
    n=read();m=read();s=0;t=n+m+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read(),ins(m+i,t,p[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        u=read();v=read();c=read();sum+=c;
        ins(s,i,c);
        ins(i,m+u,INF);
        ins(i,m+v,INF);
    }
    int tmp=dinic();
    printf("%d",sum-tmp);
    return 0;
}