BZOJ 1497 [NOI2006]最大获利

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。

　　这道题目是经典的最大权闭合子图。典型做法是（请把“改点”自行脑补成“该点”）：

　　确实很有道理。忽然想起文理分科，便恍然大悟。最开始可以使用近乎贪心的策略，把所有的正权都容纳入内，再构造一张图，表示出依赖关系，若不割某边，则必割某边。每一次割边都视作一次损失，我们要让损失最小化，并且让图合法化，这就可以用最小割。净获利 = 获益之和 - 投入成本之和，若最开始选了，那么割去则意味着放弃此收益，若最开始没有选，则意味着这是成本，即投入该成本。如果要输出方案，就可以转化为输出最小割的方案，好强啊！反正我不会。

　　最后说一句，不知道为什么，N开10^5才能过，不知道是为什么。（否则会RE）

 /**************************************************************
     Problem: 1497
     User: Doggu
     Language: C++
     Result: Accepted
     Time:700 ms
     Memory:10196 kb
 ****************************************************************/
 
 #include <cstdio>
 #include <cstring>
 #include <algorithm>
 template<class T>inline void readin(T &res) {
     static char ch;
     while((ch=getchar())<''||ch>'');
     res=ch-;
     while((ch=getchar())>=''&&ch<='')res=(res<<)+(res<<)+ch-;
 }
 const int N = ;
 const int M = ;
 struct Edge {int v,upre,cap,flow;}g[M];
 int head[N], ne=-;
 inline void adde(int u,int v,int cap) {
     g[++ne]=(Edge){v,head[u],cap,},head[u]=ne;
     g[++ne]=(Edge){u,head[v],,},head[v]=ne;
 } 
 
 int n, m, s, t; 
 
 int d[N], cur[N], q[N], front, rear;
 bool BFS() {
     memset(d, ,sizeof(d));
     front=rear=;q[rear++]=s;d[s]=;
     while(front!=rear) {
         int u=q[front++];
         for( int i = head[u]; i != -; i = g[i].upre ) {
             int v=g[i].v;
             if(!d[v]&&g[i].cap>g[i].flow) q[rear++]=v,d[v]=d[u]+;
         }
     }
     return d[t];
 }
 int DFS(int u,int a) {
     if(u==t||a==) return a;
     int flow=, f;
     for( int &i = cur[u]; i != -; i = g[i].upre ) {
         int v=g[i].v;
         if(d[v]==d[u]+&&(f=DFS(v,std::min(a,g[i].cap-g[i].flow)))>) {
             flow+=f;a-=f;g[i].flow+=f;g[i^].flow-=f;
             if(a==) break;
         }
     }
     if(!flow) d[u]=;
     return flow;
 }
 int maxflow() {
     int flow=; 
 
     while(BFS()) {
         memcpy(cur,head,sizeof(head));
         flow+=DFS(s,0x3f3f3f3f);
     }
     return flow;
 }
 int main() {
     memset(head,-,sizeof(head));
     readin(n);readin(m);
     int x, a, b, c, sum=;
     s=n+m+;t=n+m+;
     for( int i = ; i <= n; i++ ) {
         readin(x);adde(i,t,x);
     }
     for( int i = ; i <= m; i++ ) {
         readin(a);readin(b);readin(c);sum+=c;
         adde(n+i,a,0x3f3f3f3f);
         adde(n+i,b,0x3f3f3f3f);
         adde(s,n+i,c);
     }
     n=n+m+;
     //净获利=获益之和-投入成本之和(要么放弃c要么投入ab)
     printf("%d\n",sum-maxflow());
     return ;
 }

dinic最小割建图