COGS28 [NOI2006] 最大获利[最大权闭合子图]

 [NOI2006] 最大获利

★★★☆   输入文件：profit.in   输出文件：profit.out   简单对比
时间限制：2 s   内存限制：512 MB

【问题描述】

    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）

【输入文件】

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。

【输出文件】

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。

【样例输入】

profit.in

5 5 
1 2 3 4 5 
1 2 3 
2 3 4 
1 3 3 
1 4 2 
4 5 3

【样例输出】

profit.out

4

【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】：

【总结做法】：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#define FRE(name) freopen(#name".in","r",stdin);freopen(#name".out","w",stdout);
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    return x*f;
}
const int N=1e5+10;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int n,m,S,T,total,head[N],dis[N],q[N*5];
struct node{
    int v,next,cap;
}e[N<<3];int tot=1;
inline void add(int x,int y,int z){
    e[++tot].v=y;e[tot].cap=z;e[tot].next=head[x];head[x]=tot;
    e[++tot].v=x;e[tot].cap=0;e[tot].next=head[y];head[y]=tot;
}
inline void mapping(){
    n=read();m=read();S=0;T=n+m+1;
    for(int i=1,x;i<=n;i++) x=read(),add(i+m,T,x);
    for(int i=1,a,b,c;i<=m;i++){
        a=read();b=read();c=read();total+=c;
        add(S,i,c);
        add(i,a+m,inf);
        add(i,b+m,inf);
    }
}
bool bfs(){
    for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=-1;
    int h=0,t=1;q[t]=S;dis[S]=0;
    while(h!=t){
        int x=q[++h];
        for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
            if(e[i].cap&&dis[e[i].v]==-1){
                dis[e[i].v]=dis[x]+1;
                if(e[i].v==T) return 1;
                q[++t]=e[i].v;
            }
        }
    }
}
int dfs(int x,int f){
    if(x==T) return f;
    int used=0,t;
    for(int i=head[x];i;i=e[i].next){
        if(e[i].cap&&dis[e[i].v]==dis[x]+1){
            t=dfs(e[i].v,min(e[i].cap,f));
            e[i].cap-=t;e[i^1].cap+=t;
            used+=t;f-=t;
            if(!f) return used;
        }
    }
    if(!used) dis[x]=-1;
    return used;
}
inline void dinic(){
    int res=0;
    while(bfs()) res+=dfs(S,inf);
    printf("%d",total-res);
}
int main(){
    FRE(profit);
    mapping();
    dinic();
    return 0;
}