【BZOJ-1497】最大获利 最大流

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

Solution

非常显然的一个最小割模型：最大权闭合子图

若a,b之间有一条收益为c的边，则新建一个点，点权为c，分别向a,b连边，a,b点权为他们的花费，这样转换成求最大权闭合子图

那么最大权闭合子图模型：

原图中的边，容量为inf

S向正权点连边，容量为点权

负权点向T连边，容量为点权的相反数

大题的思路：

假设选取所有的正权点，那么在S处割表示删掉一个正权点，在T处割表示加入一个负权点

使删掉的正权和加上的负权最小，转化成一个最小的问题

那么答案就是正权和-最小割

Code

#include<cstdio> 
#include<cstring> 
#include<queue> 
using namespace std; 
#define inf 0x7fffffff 
int read() 
{ 
    int x=0,f=1; char ch=getchar(); 
    while (ch<'0' || ch>'9') {if (ch=='-') f=-1; ch=getchar();} 
    while (ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0'; ch=getchar();} 
    return x*f; 
} 
struct Edgenode{int to,cap,next;}edge[500010]; 
int head[60010],cnt=1; 
int n,m,S,T,ans; 
int dis[60010],cur[60010]; 
void add(int u,int v,int w) 
{cnt++;edge[cnt].to=v;edge[cnt].cap=w;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;} 
void insert(int u,int v,int w) 
{add(u,v,w);add(v,u,0);} 
void init() 
{ 
    n=read(),m=read(); 
    S=0; 
    T=n+m+1; 
//    memset(head,0xff,sizeof(head)); 
    for (int x,i=1;i<=n;i++) 
    { 
        x=read(); 
        insert(S,i,x); 
    } 
    for (int u,v,w,i=1;i<=m;i++) 
    { 
        u=read(),v=read(),w=read(); 
        ans+=w; 
        insert(u,n+i,inf); 
        insert(v,n+i,inf); 
        insert(n+i,T,w); 
    } 
} 
int q[600010<<1]; 
bool bfs() 
{ 
    memset(dis,-1,sizeof(dis)); 
    q[1]=S; dis[S]=0; 
    int he=0,ta=1; 
    while (he<ta)   
        { 
            int now=q[++he]; 
           for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) 
                if (edge[i].cap && dis[edge[i].to]==-1) 
                    dis[edge[i].to]=dis[now]+1,q[++ta]=edge[i].to; 
        } 
   return dis[T]!=-1; 
} 
  
int dfs(int loc,int low) 
{ 
    if(loc==T)return low; 
    int flow,cost=0; 
    for(int i=cur[loc]; i; i=edge[i].next) 
         if (dis[edge[i].to]==dis[loc]+1) 
            { 
                flow=dfs(edge[i].to,min(low-cost,edge[i].cap)); 
                edge[i].cap-=flow; edge[i^1].cap+=flow; 
                if(edge[i].cap) cur[loc]=i; 
                cost+=flow; if(cost==low)return low; 
            } 
    if(!cost) dis[loc]=-1; 
    return cost; 
} 
  
int dinic() 
{ 
    int temp=0; 
    while (bfs()) 
        { 
           for (int i=S; i<=T; i++) cur[i]=head[i]; 
           temp+=dfs(S,inf); 
        } 
    return temp; 
} 
void work() 
{ 
    ans-=dinic(); 
    printf("%d",ans); 
} 
int main() 
{ 
    init(); 
    work(); 
    return 0; 
}

自己本来并没要做这个题..帮旁边的YveH调A了此题...所以也顺便改了改A了一发