bzoj 1497: [NOI2006]最大获利

Posted 2020-10-02 Nico&11101001

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

 

分析

给我们一张带点权的有向图，要求求这个图的最大权闭合子图，建立网络流模型，首先建立S向所有收益点连一条边，而且容量点权，图中原有边的容量为INF，所有负权点向T连一条容量为点权绝对值的边。要求使图中的点权和最大，当我们选取了正权点我们就不得不选取一些正权点连接的其他负权点。设tmp为所有正权点的点权和，想要得到一个最大值的结果。所以答案=tot-不选取的正权和+负权绝对值和。对于这图跑最小割。。那么靠近S的一边中的点就是我们要求的所有应该选取的点。如果S的出边是最小割中的边（满流），那么说明这个正权点的选取不利于总答案，他不能使他连接的边满流，所以边处在最小割中的点，那么正权点处于靠近T的一边，不能选。反之，T的一条入边满流，说明他的正权点的权能超过所有约束的点的绝对值和，则这个正权点和他相连的所有点的要划入最终要选取的方案中，也就是跑最小割

 

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
const int maxn = 600001;
const int INF = 0x7fffffff;
int n,m,dis[maxn],head[maxn],que[maxn];
struct node{
    int v,w,next;
}edge[maxn];
int ans,tmp,S,T,num=1;
inline void Add_Edge(int u,int v,int w)
{
    edge[++num].v=v;edge[num].w=w;edge[num].next=head[u];head[u]=num;
    edge[++num].v=u;edge[num].next=head[v];head[v]=num;
}
bool bfs()
{
    memset(dis,-1,sizeof(dis));
    int h=0,t=1;
    que[h]=dis[0]=0;
    while(h<t)
    {
        int u=que[h++];
        if(h==maxn)h=0;
        for(int i=head[u];i;i=edge[i].next)
        {
            int v=edge[i].v;
            if(edge[i].w&&dis[v]<0)
            {
                que[t++]=v;
                dis[v]=dis[u]+1;
                if(t==maxn)t=0;
            }
        }
    }
    if(dis[T]==-1)return false;
    return true;
}
int dfs(int x,int f)
{
    if(x==T) return f;
    int mn=0,w;
    for(int i=head[x];i;i=edge[i].next)
    {
        if(edge[i].w&&dis[edge[i].v]==dis[x]+1)
        {
            w=f-mn;
            w=dfs(edge[i].v,min(w,edge[i].w));
            edge[i].w-=w;
            edge[i^1].w+=w;
            mn+=w;
            if(mn==f)return f;
        }   
    }
    if(!mn)dis[x]=-1;
    return mn;
}
void dinic()
{
    while(bfs())
        ans+=dfs(S,INF);
}
int main()
{
    S=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);T=n+m+1;
    for(int a,i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a);
        Add_Edge(S,i,a);
    }
    for(int a,b,c,i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        Add_Edge(a,n+i,INF);
        Add_Edge(b,n+i,INF);
        Add_Edge(n+i,T,c);
        tmp+=c;
    }
    dinic();
//  printf("%d %d\n",tmp,ans);
    printf("%d\n",tmp-ans);
    return 0;
}