【NOI2006】最大获利 最大权闭合图+最小割

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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。

思路：一开始并不会做，后来查题解，发现这道题是最大权闭合图。关于最大权闭合图的讲解可以参考集训队论文《最小割模型在信息学竞赛中的应用》胡伯涛。证明的非常详细，我这里只说一下最大权闭合图的建图方式。
由源点向每个点权为正的点连一条权值为该点权的边，由所有点权为负的点向汇点连一条边权为该点权绝对值的边，剩下的就是在原图中的边保留，边权为正无穷。这就是最大权闭合图的建图方式。
那么该题满足部分最大权闭合图的特点，就是图中有点权，并且点与点之间存在某种关系，比如选择这个点就必须选择某个点这种类似的关系，这就是最大权闭合图的特点。所以该题的建图方式是：由源点向所有用户群连一条边权为c[i]的边，该用户群向a[i]和b[i]也就是它对应的中转站连一条边权为无穷大的边，然后每个中转站向汇点连一条边权为p[i]也就是花费的边，最后跑一遍dinic求出最小割，然后用总收益-最小割便是答案。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<queue>#define inf 1e9#define MAXN 100005using namespace std;queue<int> q;struct node{    int to,remain,next;}e[MAXN*100];int e_num=-1,point[MAXN];int deep[MAXN],cur[MAXN];bool vis[MAXN];int s,t,ans,n,m,p[MAXN];inline int get(){    int x=0,p=1;char c;    c=getchar();    while (c<'0'||c>'9') {if (c=='-') p=-1;c=getchar();}    while (c>='0'&&c<='9') {x=x*10+c-'0';c=getchar();}    return x*p;}void add(int from,int to,int remain){    ++e_num;    e[e_num].to=to;    e[e_num].remain=remain;    e[e_num].next=point[from];    point[from]=e_num;}bool bfs(int from,int to){    memset(deep,0x7f,sizeof(deep));    memset(vis,0,sizeof(vis));    for (int i=0;i<=n+m+10;i++)        cur[i]=point[i];    deep[from]=0;    vis[from]=1;    q.push(from);    while (!q.empty())    {        int u=q.front();        q.pop();        vis[u]=false;        for (int i=point[u];i!=-1;i=e[i].next)            if (deep[e[i].to]>inf&&e[i].remain)            {                deep[e[i].to]=deep[u]+1;                if (!vis[e[i].to])                {                    q.push(e[i].to);                    vis[e[i].to]=true;                }            }    }    return deep[to]<inf;} int dfs(int from,int to,int limit){    int f,flow=0;    if (!limit) return 0;    if (from==to) return limit;    for (int i=cur[from];i!=-1;i=e[i].next)    {        cur[from]=i;        if (deep[e[i].to]==deep[from]+1&&(f=dfs(e[i].to,to,min(limit,e[i].remain))))        {            flow+=f;            limit-=f;            e[i].remain-=f;            e[i^1].remain+=f;            if (!limit) break;        }    }    return flow;}void dinic(){    while (bfs(s,t))        ans+=dfs(s,t,inf);}int main(){    freopen("profit.in","r",stdin);    freopen("profit.out","w",stdout);    int x,y,z,sum=0;    memset(point,-1,sizeof(point));    n=get();m=get();    s=0;t=n+m+10;    for (int i=1;i<=n;i++)    {        p[i]=get();        add(i+m,t,p[i]);        add(t,i+m,0);    }    for (int i=1;i<=m;i++)    {        x=get();y=get();z=get();        sum+=z;        add(i,x+m,inf);        add(x+m,i,0);        add(i,y+m,inf);        add(y+m,i,0);        add(s,i,z);        add(i,s,0);    }    dinic();    printf("%d",sum-ans);}