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题目描述
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PiP_iP
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AiA_iABiB_iBCiC_iCCiC_iCAiA_iABiB_iB
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）
输入输出格式
输入格式：
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,…,PNP_1 , P_2 , …,P_NP
以下 M 行，第(i + 2)行的三个数Ai,BiA_i , B_iACiC_iC
所有变量的含义可以参见题目描述。
输出格式：
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。
输入输出样例
说明
样例：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。
很明显，直接用网络流模板。
首先考虑如何建模型：
先建立超级源点（废话）， 然后连向每一个中转站，流量为成本 cost。 然后再从中转站连向使用它的用户，流量为INF （选择不影响价格，因此流量无限大）。最后从用户流向汇点，
流量为获利gain。
接着，算出所有用户gain的总值，减掉最小割（最大流）即可。
So， Why？
首先先看我们需要计算的是什么： 总获利 - 总成本。
对于亏本用户，其gain 小于 cost， 从其流出的流量肯定 <= gain。因此我们将这部分剪掉，相当于收益为0.
对于赚钱用户，其gain 大于 cost， 从其流出的流量肯定 <= cost。因此我们将这部分剪掉，相当于剪掉了cost，即为实际利润。
因此，建图完成。当前弧优化（不能忘，否则T掉）+ Dicnic 板子。 （当然，用SPFA的最小费用最大流版本也能跑，
设单位费用为1即可，但是速度好像更慢，内存更大）。那为什么还用，雾。
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define N 500010 #define ll long long #define INF (~0u>>1) #define isdigit(c) ((c)>='0'&&(c)<='9') // https://www.luogu.com.cn/problem/P4174 inline int read(){ ll x = 0, s = 1; char c = getchar(); while(!isdigit(c)){ if(c == '-')s = -1; c = getchar(); } while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); } return x * s; } struct node{ int u, v, w; int next = -1; }t[N]; int f[N]; int ht, s; int deth[N], cur[N]; int n, m; int bian = -1;//全部从-1开始 void addedge(ll u, ll v,ll w){ bian++; t[bian].u = u; t[bian].v = v; t[bian].w = w; t[bian].next = f[u]; f[u] = bian; return ; } inline void add(ll u, ll v,ll w){ //注意要加反边。这里就如此写了 addedge(u, v, w); addedge(v, u, 0); return ; } queue <int> q; bool bfs(int s, int ht){ memset(deth, 0, sizeof(deth)); while(!q.empty())q.pop();//进行初始化 q.push(s); deth[s] = 1;//起点记得设为-1 while(!q.empty()){ int now = q.front();q.pop(); for(int i = f[now]; ~i; i = t[i].next){ int v = t[i].v, u = t[i].u, w = t[i].w; if(!deth[v] && w > 0){ deth[v] = deth[u] + 1; // 分层操作 q.push(v); } } } return deth[ht] != 0; } ll dfs(int now,int dist){ if(now == ht)return dist; for(int& i = cur[now]; ~i; i = t[i].next){ // 记得当前弧优化 int w = t[i].w, v = t[i].v, u = t[i].u; if(deth[v] == deth[u] + 1 && w){ int di = dfs(v, min(dist, w)); if(di > 0){ t[i].w -= di; t[i^1].w += di; return di; } } } return 0; } ll Dicnic(){ // 经典Dicnic 操作，就是板子 ll ans = 0; while(bfs(s, ht)){ memcpy(cur, f, sizeof(cur)); while(ll temp = dfs(s,INF)) ans += temp; } return ans; } int main(){ // freopen("P4174_9.in", "r", stdin); memset(f, -1, sizeof(f)); n = read(), m = read(); for(int i = 1;i <= n; i++){ int temp = read(); add(0, i, temp); // 从源点连向中转站 } ll ans = 0; int to1, to2, temp; for(int i = 1;i <= m; i++){ int to1 = read(), to2 = read(), temp = read(); add(to1, i + n, INF); add(to2, i + n, INF); add(i + n, 1 + m + n, temp);//从用户连向汇点 ans += temp; } s = 0, ht = n + m + 1; ans -= Dicnic();//减掉届不到的用户和届到的中转站 printf("%lld ", ans); return 0; }
典型的脑子题，动手简单动脑难