bzoj 1497: [NOI2006]最大获利 -- 最小割

Posted 2020-10-01 lkhll--qaz

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。

 

Source

 我们可以先将所有收益加起来，再减去最小代价，即为最终答案。

 

#include<map>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define inf 1000000007
#define ll long long
#define N 400010
inline int rd()
{
    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;
}
int S,T;
int lj[N],fro[N],to[N],cnt=1,v[N],cur[N];
inline void add(int a,int b,int c){fro[++cnt]=lj[a];to[cnt]=b;v[cnt]=c;lj[a]=cnt;}
inline void ins(int a,int b,int c){add(a,b,c);add(b,a,0);}
int n,m;
ll sum;
int dis[N],q[N],h,t;
bool bfs()
{
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    dis[0]=h=t=1;q[1]=0;
    int tp;
    while(h<=t)
    {
        tp=q[h++];
        for(int i=lj[tp];i;i=fro[i])
        {
            if(!dis[to[i]]&&v[i])
            {
                dis[to[i]]=dis[tp]+1;
                q[++t]=to[i];
            }
        }
    }
    return dis[T]?1:0;
}
int dfs(int x,int p)
{
    if(x==T) return p;
    int tp,res=0;
    for(int &i=cur[x];i;i=fro[i])
    {
        if(v[i]&&dis[to[i]]==dis[x]+1)
        {
            tp=dfs(to[i],min(p-res,v[i]));
            v[i]-=tp;v[i^1]+=tp;
            res+=tp;
            if(res==p) return p;
        }
    }
    if(res==0)  dis[x]=0;
    return res;
}
int dinic()
{
    int ans=0;
    while(bfs())
    {
        for(int i=0;i<=T;i++) cur[i]=lj[i];
        ans+=dfs(0,inf);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    n=rd();m=rd();T=n+m+1;
    int x,y,z;
    for(int i=1;i<=n;i++){x=rd();ins(m+i,T,x);}
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        x=rd();y=rd();z=rd();
        sum+=z;ins(0,i,z);
        ins(i,m+x,inf);
        ins(i,m+y,inf);
    }
    printf("%lld\n",sum-dinic());
    return 0;
}