bzoj 1497(最大权闭合子图）

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

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。

正权和－最小割

建图：把边想象出一个点　边的权值连ｓ点　点的值连ｔ点　对于一条边　　边代表的点分别连两个点　权值ＩＮＦ

然后跑一遍最大流　　用边权和减去最小割　　

  1 #include<iostream>
  2 #include<cstdio>
  3 #include<cmath>
  4 #include<cstring>
  5 #include<algorithm>
  6 #include<queue>
  7 #include<map>
  8 #include<set>
  9 #include<vector>
 10 #include<cstdlib>
 11 #include<string>
 12 typedef long long ll;
 13 typedef unsigned long long LL;
 14 using namespace std;
 15 const int INF=0x3f3f3f3f;
 16 const double pi=acos(-1.0);
 17 const double eps=0.00000001;
 18 const int N=60100;
 19 struct node{
 20     int to,next;
 21     int flow;
 22 }edge[N*10];
 23 int head[N];
 24 int dis[N];
 25 int tot;
 26 void init(){
 27     memset(head,-1,sizeof(head));
 28     tot=0;
 29 }
 30 void add(int u,int v,int flow){
 31     edge[tot].to=v;
 32     edge[tot].flow=flow;
 33     edge[tot].next=head[u];
 34     head[u]=tot++;
 35 
 36     edge[tot].to=u;
 37     edge[tot].flow=0;
 38     edge[tot].next=head[v];
 39     head[v]=tot++;
 40 }
 41 int BFS(int s,int t){
 42     queue<int>q;
 43     memset(dis,-1,sizeof(dis));
 44     q.push(s);
 45     dis[s]=0;
 46     while(q.empty()==0){
 47         int u=q.front();
 48         q.pop();
 49         for(int i=head[u];i!=-1;i=edge[i].next){
 50             int v=edge[i].to;
 51             if(dis[v]==-1&&edge[i].flow){
 52                 dis[v]=dis[u]+1;
 53                 q.push(v);
 54             }
 55         }
 56     }
 57     if(dis[t]==-1)return 0;
 58     return 1;
 59 }
 60 int DFS(int s,int t,int flow){
 61     if(s==t)return flow;
 62     int ans=0;
 63     for(int i=head[s];i!=-1;i=edge[i].next){
 64         int v=edge[i].to;
 65         if(edge[i].flow&&dis[v]==dis[s]+1){
 66             int f=DFS(v,t,min(flow-ans,edge[i].flow));
 67             edge[i].flow=edge[i].flow-f;
 68             edge[i^1].flow=edge[i^1].flow+f;
 69             ans=ans+f;
 70             if(flow==ans)return flow;
 71         }
 72     }
 73     if(ans==0)dis[s]=-1;
 74     return ans;
 75 }
 76 int Dinc(int s,int t){
 77     int flow=0;
 78     while(BFS(s,t)){
 79         flow+=DFS(s,t,INF);
 80     }
 81     return flow;
 82 }
 83 int main(){
 84     int n,m;
 85     scanf("%d%d",&n,&m);
 86     init();
 87     int s=0;
 88     int t=m+n+1;
 89     for(int i=1;i<=n;i++){
 90         int x;
 91         scanf("%d",&x);
 92         add(i,t,x);
 93     }
 94     int sum=0;
 95     for(int i=1;i<=m;i++){
 96         int u,v,w;
 97         scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
 98         sum=sum+w;
 99         add(s,i+n,w);
100         add(i+n,u,INF);
101         add(i+n,v,INF);
102     }
103     sum=sum-Dinc(s,t);
104     printf("%d
",sum);
105 }