「BZOJ1497」[NOI2006]最大获利

「BZOJ1497」[NOI2006]最大获利

problem

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。

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

将每一个用户群和基站都视为点
其中用户群点的点权为该用户群获得的收益，为正
基站点的点权为该基站的成本的相反数，为负
用户群点向其依赖的基站点连边（有向）

这是一个闭合子图模型，我们对其转换后可以通过求最小割的算法求解上图的最大权闭合子图：

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;
}