• bzoj1497 [NOI2006]最大获利


    1497: [NOI2006]最大获利

    Time Limit: 5 Sec  Memory Limit: 64 MB
    Submit: 6241  Solved: 3006
    [Submit][Status][Discuss]

    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。

    分析:最大权闭合子图模型.

       利用网络流求解. 对于每一个中转站,向汇点连边,边权为建中转站的费用.  对于每一个用户群,源点向其连边,费用为收益. 每一个用户群向其所依赖的两个中转站连边,费用为inf.

       考虑最小割的意义:用户群与中转站之间的边肯定是不能割的. 如果割掉源点与用户群的边,就表示这个用户群的方案不会被选择. 如果割掉中转站与汇点的连边,就表示这个中转站会被选择. 最小割实际上就是额外的花费. 

       答案就是所有用户群的收益-最小割.

       最大流问题可以转换成最小割问题求解,当最小割的意义明确的时候.  在最小割问题中,如果不允许割掉某条边,就将这条边的边权设为inf.这条边所连的两个点就会有一个关联. 挺巧妙的.

       注意一点:算边数要把反向边也给算进来,数组不要开小了!

    #include <cstdio>
    #include <queue>
    #include <cstring>
    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    
    using namespace std;
    
    const int maxn = 60100,inf = 0x7fffffff;
    int n,m,a[maxn],head[maxn],nextt[maxn * 6],w[maxn * 6],to[maxn * 6],tot = 2,S,T;
    int d[maxn],ans;
    
    void add(int x,int y,int z)
    {
        w[tot] = z;
        to[tot] = y;
        nextt[tot] = head[x];
        head[x] = tot++;
    
        w[tot] = 0;
        to[tot] = x;
        nextt[tot] = head[y];
        head[y] = tot++;
    }
    
    bool bfs()
    {
        memset(d,-1,sizeof(d));
        d[S] = 0;
        queue <int>q;
        q.push(S);
        while (!q.empty())
        {
            int u = q.front();
            q.pop();
            if (u == T)
                return true;
            for (int i = head[u];i;i = nextt[i])
            {
                int v = to[i];
                if (w[i] && d[v] == -1)
                {
                    d[v] = d[u] + 1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        return false;
    }
    
    int dfs(int u,int f)
    {
        if (u == T)
            return f;
        int res = 0;
        for (int i = head[u];i;i = nextt[i])
        {
            int v = to[i];
            if (w[i] && d[v] == d[u] + 1)
            {
                int temp = dfs(v,min(f - res,w[i]));
                w[i] -= temp;
                w[i ^ 1] += temp;
                res += temp;
                if (res == f)
                    return res;
            }
        }
        if (res == 0)
            d[u] = -1;
        return res;
    }
    
    void dinic()
    {
        while (bfs())
            ans -= dfs(S,inf);
    }
    
    int main()
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        S = n + m + 1;
        T = n + m + 2;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            add(i,T,a[i]);
        }
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            int x,y,z;
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            ans += z;
            add(i + n,x,inf);
            add(i + n,y,inf);
            add(S,i + n,z);
        }
        dinic();
        printf("%d
    ",ans);
    
        return 0;
    }

     update:加了当前弧优化,快了好多.

    #include <cstdio>
    #include <queue>
    #include <cstring>
    #include <iostream>
    #include <algorithm>
    
    using namespace std;
    
    const int maxn = 60100,inf = 0x7fffffff;
    int n,m,a[maxn],head[maxn],nextt[maxn * 6],w[maxn * 6],to[maxn * 6],tot = 2,S,T;
    int d[maxn],ans,cur[maxn];
    
    void add(int x,int y,int z)
    {
        w[tot] = z;
        to[tot] = y;
        nextt[tot] = head[x];
        head[x] = tot++;
    
        w[tot] = 0;
        to[tot] = x;
        nextt[tot] = head[y];
        head[y] = tot++;
    }
    
    bool bfs()
    {
        memset(d,-1,sizeof(d));
        d[S] = 0;
        queue <int>q;
        q.push(S);
        while (!q.empty())
        {
            int u = q.front();
            q.pop();
            if (u == T)
                return true;
            for (int i = head[u];i;i = nextt[i])
            {
                int v = to[i];
                if (w[i] && d[v] == -1)
                {
                    d[v] = d[u] + 1;
                    q.push(v);
                }
            }
        }
        return false;
    }
    
    int dfs(int u,int f)
    {
        if (u == T)
            return f;
        int res = 0;
        for (int i = cur[u];i;i = nextt[i])
        {
            int v = to[i];
            if (w[i] && d[v] == d[u] + 1)
            {
                int temp = dfs(v,min(f - res,w[i]));
                w[i] -= temp;
                w[i ^ 1] += temp;
                res += temp;
                if (w[i] > 0)
                    cur[u] = i;
                if (res == f)
                    return res;
            }
        }
        if (res == 0)
            d[u] = -1;
        return res;
    }
    
    void dinic()
    {
        while (bfs())
        {
            for (int i = 1; i <= T; i++)
                cur[i] = head[i];
            ans -= dfs(S,inf);
        }
    }
    
    int main()
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        S = n + m + 1;
        T = n + m + 2;
        for (int i = 1; i <= n; i++)
        {
            scanf("%d",&a[i]);
            add(i,T,a[i]);
        }
        for (int i = 1; i <= m; i++)
        {
            int x,y,z;
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            ans += z;
            add(i + n,x,inf);
            add(i + n,y,inf);
            add(S,i + n,z);
        }
        dinic();
        printf("%d
    ",ans);
    
        return 0;
    }
  • 相关阅读:
    oldboy_python_bankSystem practice
    【HCIE-RS复习】- PPP
    【HCIE-RS】PPP详解
    【HCIE-RS】考试说明
    【HCIE-RS】杭州考场(个人考试心得体会)
    DataWorks功能实践速览 05——循环与遍历
    Serverless 工程实践 | 零基础上手 Knative 应用
    前后端、多语言、跨云部署,全链路追踪到底有多难?
    多任务多目标CTR预估技术
    开放搜索查询分析服务架构解读
  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/zbtrs/p/8587610.html
Copyright © 2020-2023  润新知