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1497: [NOI2006]最大获利
Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 4307 Solved: 2108
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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
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。
题解：
这一题是最大权闭合图典型用法,可以参见胡伯涛论文
关于这一题的另一种理解,可以参见2016集训队论文集
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int INF=0x3fffffff;
const int MAXN=60000+100;//点数的最大值
const int MAXM=5000+30*50000+500;//边数的最大值
struct Node
{
int from,to,next;
int cap;
}edge[MAXM];
int tol;
int dep[MAXN];//dep为点的层次
int head[MAXN];
void init()
{
tol=0;
memset(head,-1,sizeof(head));
}
void addedge(int u,int v,int w)//第一条边下标必须为偶数
{
edge[tol].from=u;
edge[tol].to=v;
edge[tol].cap=w;
edge[tol].next=head[u];
head[u]=tol++;
edge[tol].from=v;
edge[tol].to=u;
edge[tol].cap=0;
edge[tol].next=head[v];
head[v]=tol++;
}
int BFS(int start,int end)
{
int que[MAXN];
int front,rear;
front=rear=0;
memset(dep,-1,sizeof(dep));
que[rear++]=start;
dep[start]=0;
while(front!=rear)
{
int u=que[front++];
if(front==MAXN)front=0;
for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next)
{
int v=edge[i].to;
if(edge[i].cap>0&&dep[v]==-1)
{
dep[v]=dep[u]+1;
que[rear++]=v;
if(rear>=MAXN)rear=0;
if(v==end)return 1;
}
}
}
return 0;
}
int dinic(int start,int end)
{
int res=0;
int top;
int stack[MAXN];//stack为栈，存储当前增广路
int cur[MAXN];//存储当前点的后继
while(BFS(start,end))
{
memcpy(cur,head,sizeof(head));
int u=start;
top=0;
while(1)
{
if(u==end)
{
int min=INF;
int loc;
for(int i=0;i<top;i++)
if(min>edge[stack[i]].cap)
{
min=edge[stack[i]].cap;
loc=i;
}
for(int i=0;i<top;i++)
{
edge[stack[i]].cap-=min;
edge[stack[i]^1].cap+=min;
}
res+=min;
top=loc;
u=edge[stack[top]].from;
}
for(int i=cur[u];i!=-1;cur[u]=i=edge[i].next)
if(edge[i].cap!=0&&dep[u]+1==dep[edge[i].to])
break;
if(cur[u]!=-1)
{
stack[top++]=cur[u];
u=edge[cur[u]].to;
}
else
{
if(top==0)break;
dep[u]=-1;
u=edge[stack[--top]].from;
}
}
}
return res;
}
int main()
{
int n,m;
scanf("%d%d",&n,&m);
init();
int start=0,end=n+m+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int p;
scanf("%d",&p);
addedge(start,i,p);
}
int ans=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int u,v,w;
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
ans+=w;
addedge(u,n+i,INF);
addedge(v,n+i,INF);
addedge(n+i,end,w);
}
ans-=dinic(start,end);
printf("%d\n",ans);
}