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  • BZOJ 1497: [NOI2006]最大获利 最小割

    1497: [NOI2006]最大获利

    题目连接:

    http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1497

    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。

    题意

    题解:

    最小割

    我们建立模型如下,S向所有用户连link(s,i,c[i]),然后每个基站,连接T,link(n+i,t,p[i]),然后对于每个a[i],b[i],我们都从用户连一条边到基站,link(a[i],n+i,inf),link(b[i],n+i,inf)

    为什么用总的获益减去这个就是对的呢?

    我们考虑最小割,割掉左边的用户,表示没有服务到这个用户

    割掉右边,说明我们建立这个基站所需要的花费

    代码

    #include<bits/stdc++.h>
    using namespace std;
    
    const int MAXN=500000,MAXM=500000,inf=1e9;
    struct Edge
    {
        int v,c,f,nx;
        Edge() {}
        Edge(int v,int c,int f,int nx):v(v),c(c),f(f),nx(nx) {}
    } E[MAXM];
    int G[MAXN],cur[MAXN],pre[MAXN],dis[MAXN],gap[MAXN],N,sz;
    void init(int _n)
    {
        N=_n,sz=0; memset(G,-1,sizeof(G[0])*N);
    }
    void link(int u,int v,int c)
    {
        E[sz]=Edge(v,c,0,G[u]); G[u]=sz++;
        E[sz]=Edge(u,0,0,G[v]); G[v]=sz++;
    }
    bool bfs(int S,int T)
    {
        static int Q[MAXN]; memset(dis,-1,sizeof(dis[0])*N);
        dis[S]=0; Q[0]=S;
        for (int h=0,t=1,u,v,it;h<t;++h)
        {
            for (u=Q[h],it=G[u];~it;it=E[it].nx)
            {
                if (dis[v=E[it].v]==-1&&E[it].c>E[it].f)
                {
                    dis[v]=dis[u]+1; Q[t++]=v;
                }
            }
        }
        return dis[T]!=-1;
    }
    int dfs(int u,int T,int low)
    {
        if (u==T) return low;
        int ret=0,tmp,v;
        for (int &it=cur[u];~it&&ret<low;it=E[it].nx)
        {
            if (dis[v=E[it].v]==dis[u]+1&&E[it].c>E[it].f)
            {
                if (tmp=dfs(v,T,min(low-ret,E[it].c-E[it].f)))
                {
                    ret+=tmp; E[it].f+=tmp; E[it^1].f-=tmp;
                }
            }
        }
        if (!ret) dis[u]=-1; return ret;
    }
    int dinic(int S,int T)
    {
        int maxflow=0,tmp;
        while (bfs(S,T))
        {
            memcpy(cur,G,sizeof(G[0])*N);
            while (tmp=dfs(S,T,inf)) maxflow+=tmp;
        }
        return maxflow;
    }
    
    
    int main()
    {
        init(500000);
        int n,m;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        int s = 0,t = n+m+1;
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            int x;scanf("%d",&x);
            link(i,t,x);
        }
        int sum = 0;
        for(int i=1;i<=m;i++)
        {
            int x,y,z;
            scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
            sum+=z;
            link(s,i+n,z);
            link(n+i,x,inf);
            link(n+i,y,inf);
        }
        printf("%d
    ",sum-dinic(s,t));
    }
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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/qscqesze/p/5168237.html
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