最大权闭合图：
有向图，每个点有点权，点权可正可负。对于任意一条有向边i和j，选择了点i就必须选择点j，你需要选择一些点使得得到权值最大。
解决方法：
网络流
对于任意点i，如果i权值为正，s向i连容量为其权值的边，否则i向t连容量为其权值的绝对值德尔边。原图所有边容量为正无穷。则最大权=正权和-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
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。
解析：
就是一个板题 但既然两个论文都提到了 就做做吧
把用户与s建边 容量为收益
中转站与t建边 容量为花费
用户与中转站建边 容量为INF
答案就是所有收益的总和减去最大流
为什么呢
最大流就是满流的边的边权和
然后画画图 知道了吧。。。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <sstream> #include <cstring> #include <map> #include <cctype> #include <set> #include <vector> #include <stack> #include <queue> #include <algorithm> #include <cmath> #include <bitset> #define rap(i, a, n) for(int i=a; i<=n; i++) #define rep(i, a, n) for(int i=a; i<n; i++) #define lap(i, a, n) for(int i=n; i>=a; i--) #define lep(i, a, n) for(int i=n; i>a; i--) #define rd(a) scanf("%d", &a) #define rlld(a) scanf("%lld", &a) #define rc(a) scanf("%c", &a) #define rs(a) scanf("%s", a) #define pd(a) printf("%d ", a); #define plld(a) printf("%lld ", a); #define pc(a) printf("%c ", a); #define ps(a) printf("%s ", a); #define MOD 2018 #define LL long long #define ULL unsigned long long #define Pair pair<int, int> #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) #define _ ios_base::sync_with_stdio(0),cin.tie(0) //freopen("1.txt", "r", stdin); using namespace std; const int maxn = 1e6 + 10, INF = 0x7fffffff, LL_INF = 0x7fffffffffffffff; int n, m, s, t; int head[maxn], cnt, cur[maxn]; int d[maxn], vis[maxn]; struct node { int u, v, c, next; }Node[maxn << 1]; void add_(int u, int v, int c) { Node[cnt].u = u; Node[cnt].v = v; Node[cnt].c = c; Node[cnt].next = head[u]; head[u] = cnt++; } void add(int u, int v, int c) { add_(u, v, c); add_(v, u, 0); } bool bfs() { queue<int> Q; mem(d, 0); Q.push(s); d[s] = 1; while(!Q.empty()) { int u = Q.front(); Q.pop(); for(int i = head[u]; i != -1; i=Node[i].next) { node e = Node[i]; if(!d[e.v] && e.c > 0) { d[e.v] = d[u] + 1; Q.push(e.v); if(e.v == t) return 1; } } } return d[t] != 0; } int dfs(int u, int cap) { int ret = 0; if(u == t || cap == 0) return cap; for(int &i = cur[u]; i != -1; i = Node[i].next) { node e = Node[i]; if(d[e.v] == d[u] + 1 && e.c > 0) { int V = dfs(e.v, min(cap, e.c)); Node[i].c -= V; Node[i^1].c += V; ret += V; cap -= V; if(cap == 0) break; } } if(cap > 0) d[u] = -1; return ret; } int Dinic(int u) { int ans = 0; while(bfs()) { memcpy(cur, head, sizeof(head)); ans += dfs(u, INF); } return ans; } void init() { mem(head, -1); cnt = 0; } int main() { init(); int u, v, w; LL res = 0; cin >> n >> m; s = 0, t = n + m + 1; for(int i = 1; i <= n; i++) { cin >> w; add(i, t, w); } for(int i = 1; i <= m; i++) { cin >> u >> v >> w; res += w; add(n + i, u, INF); add(n + i, v, INF); add(s, n + i, w); } cout << res - Dinic(s) << endl; return 0; }