BZOJ 1497: [NOI2006]最大获利

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

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

由"一个用户需要两个中转站"可以知道

这是一个最大闭合权图问题，

求最大闭合权图==求最小割==求最大流

因为必须选择两个中转站，所以一个用户所要选择的两个中转站不能成为最小割。

我们可以从i想x+m和y+m分别连一条权值为INF的边，

然后就是最大闭合权图的套路了，

代价连T，

收益连S

  1 #include<iostream>
  2 #include<cstdio>
  3 #include<cstring>
  4 #include<cmath>
  5 #include<queue>
  6 using namespace std;
  7 const int MAXN=2000001;
  8 const int INF = 1e8;
  9 inline void read(int &n)
 10 {
 11     char c='+';int x=0;bool flag=0;
 12     while(c<'0'||c>'9'){c=getchar();if(c=='-')flag=1;}
 13     while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-48;c=getchar();}
 14     n=flag==1?-x:x;
 15 }
 16 int n,m,s,t;
 17 struct node
 18 {
 19     int u,v,flow,nxt;
 20 }edge[MAXN];
 21 int head[MAXN];
 22 int cur[MAXN];
 23 int num=0;
 24 int deep[MAXN];
 25 int tot=0;
 26 void add_edge(int x,int y,int z)
 27 {
 28     edge[num].u=x;
 29     edge[num].v=y;
 30     edge[num].flow=z;
 31     edge[num].nxt=head[x];
 32     head[x]=num++;
 33 }
 34 void add(int x,int y,int z)
 35 {
 36     add_edge(x,y,z);
 37     add_edge(y,x,0);
 38 }
 39 bool BFS()
 40 {
 41     memset(deep,0,sizeof(deep));
 42     deep[s]=1;
 43     queue<int>q;
 44     q.push(s);
 45     while(q.size()!=0)
 46     {
 47         int p=q.front();
 48         q.pop();
 49         for(int i=head[p];i!=-1;i=edge[i].nxt)
 50             if(!deep[edge[i].v]&&edge[i].flow)
 51                 deep[edge[i].v]=deep[edge[i].u]+1,
 52                 q.push(edge[i].v);
 53     }
 54     return deep[t];
 55     
 56 }
 57 int DFS(int now,int nowflow)
 58 {
 59     if(now==t||nowflow<=0)
 60         return nowflow;
 61     int totflow=0;
 62     for(int &i=cur[now];i!=-1;i=edge[i].nxt)
 63     {
 64         if(deep[edge[i].v]==deep[edge[i].u]+1&&edge[i].flow)
 65         {
 66             int canflow=DFS(edge[i].v,min(nowflow,edge[i].flow));
 67             edge[i].flow-=canflow;
 68             edge[i^1].flow+=canflow;
 69             totflow+=canflow;
 70             nowflow-=canflow;
 71             if(nowflow<=0)
 72                 break;
 73         }
 74     
 75     }
 76     return totflow;
 77 }
 78 void Dinic()
 79 {
 80     int ans=0;
 81     while(BFS())
 82     {
 83         memcpy(cur,head,MAXN);
 84         ans+=DFS(s,1e8);
 85     }
 86     printf("%d",tot-ans);
 87 }
 88 int main()
 89 {
 90     memset(head,-1,sizeof(head));
 91     read(n);read(m);
 92     s=n+m+1;t=n+m+2;
 93     for(int i=1;i<=n;i++)
 94     {
 95         int p;read(p);
 96         add(i+m,t,p);
 97     }
 98     for(int i=1;i<=m;i++)
 99     {
100         int x,y,z;
101         read(x);read(y);read(z);
102         add(i,x+m,INF);
103         add(i,y+m,INF);
104         add(s,i,z);
105         tot+=z;
106     }
107     Dinic();
108     return  0;
109 }