并不知到为什么这道题讲了这么久
我们发现这道题就是最小割的板子啊，完全可以套上文理分科的板子
把每个机器和(T)连边，容量为(p_i)，这些(p_i)并不计入总贡献
对于每一个要求我们设置一个新虚点(x)，(S)向(x)连边，容量为(C_i)，(x)分别向(A_i)和(B_i)连边容量为(inf)
一遍最小割就可以了
发现这个模型还可以推广到最大密度子图里去
就是让你选择一个一个子图，设
[d=frac{|E|}{|V|}
]
使得(d)最大
看到这个先二分(d)看看能否使得(d)更大一点
显然需要满足
[|E|-d|V|>=0
]
发现一个边连接两个点这不正好和这道题一样吗
于是割掉一个点的代价是(d),一条边的收益是(1)就没了
代码
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define re register
#define maxn 550005
#define LL long long
#define inf 999999999
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read()
{
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
struct E{int v,nxt,w,f;}e[maxn<<2];
int head[maxn],cur[maxn],d[maxn];
int n,m,num=1,S,T,ans;
int a[5005];
inline void add(int x,int y,int w) {e[++num].v=y;e[num].nxt=head[x];head[x]=num;e[num].w=w;}
inline void C(int x,int y,int w) {add(x,y,w),add(y,x,0); }
inline int BFS()
{
std::queue<int> q;
for(re int i=S;i<=T;i++) cur[i]=head[i],d[i]=0;
d[S]=1,q.push(S);
while(!q.empty())
{
int k=q.front();q.pop();
for(re int i=head[k];i;i=e[i].nxt)
if(!d[e[i].v]&&e[i].w>e[i].f) d[e[i].v]=d[k]+1,q.push(e[i].v);
}
return d[T];
}
int dfs(int x,int now)
{
if(x==T||!now) return now;
int flow=0,ff;
for(re int& i=cur[x];i;i=e[i].nxt)
if(d[e[i].v]==d[x]+1)
{
ff=dfs(e[i].v,min(e[i].w-e[i].f,now));
if(ff<=0) continue;
e[i].f+=ff,e[i^1].f-=ff;
now-=ff,flow+=ff;
if(!now) break;
}
return flow;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
for(re int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
int x,y,z;
T=n;
for(re int i=1;i<=m;i++)
{
x=read(),y=read(),z=read();ans+=z;
++T;C(S,T,z),C(T,x,inf),C(T,y,inf);
}
++T;
for(re int i=1;i<=n;i++) C(i,T,a[i]);
while(BFS()) ans-=dfs(S,inf);
printf("%d
",ans);
}