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。
分析：最大权闭合子图模型.
利用网络流求解. 对于每一个中转站，向汇点连边，边权为建中转站的费用. 对于每一个用户群，源点向其连边，费用为收益. 每一个用户群向其所依赖的两个中转站连边，费用为inf.
考虑最小割的意义：用户群与中转站之间的边肯定是不能割的. 如果割掉源点与用户群的边，就表示这个用户群的方案不会被选择. 如果割掉中转站与汇点的连边，就表示这个中转站会被选择. 最小割实际上就是额外的花费.
答案就是所有用户群的收益-最小割.
最大流问题可以转换成最小割问题求解，当最小割的意义明确的时候. 在最小割问题中，如果不允许割掉某条边，就将这条边的边权设为inf.这条边所连的两个点就会有一个关联. 挺巧妙的.
注意一点：算边数要把反向边也给算进来，数组不要开小了！
#include <cstdio> #include <queue> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 60100,inf = 0x7fffffff; int n,m,a[maxn],head[maxn],nextt[maxn * 6],w[maxn * 6],to[maxn * 6],tot = 2,S,T; int d[maxn],ans; void add(int x,int y,int z) { w[tot] = z; to[tot] = y; nextt[tot] = head[x]; head[x] = tot++; w[tot] = 0; to[tot] = x; nextt[tot] = head[y]; head[y] = tot++; } bool bfs() { memset(d,-1,sizeof(d)); d[S] = 0; queue <int>q; q.push(S); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); if (u == T) return true; for (int i = head[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (w[i] && d[v] == -1) { d[v] = d[u] + 1; q.push(v); } } } return false; } int dfs(int u,int f) { if (u == T) return f; int res = 0; for (int i = head[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (w[i] && d[v] == d[u] + 1) { int temp = dfs(v,min(f - res,w[i])); w[i] -= temp; w[i ^ 1] += temp; res += temp; if (res == f) return res; } } if (res == 0) d[u] = -1; return res; } void dinic() { while (bfs()) ans -= dfs(S,inf); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); S = n + m + 1; T = n + m + 2; for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d",&a[i]); add(i,T,a[i]); } for (int i = 1; i <= m; i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); ans += z; add(i + n,x,inf); add(i + n,y,inf); add(S,i + n,z); } dinic(); printf("%d ",ans); return 0; }
update:加了当前弧优化，快了好多.
#include <cstdio> #include <queue> #include <cstring> #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int maxn = 60100,inf = 0x7fffffff; int n,m,a[maxn],head[maxn],nextt[maxn * 6],w[maxn * 6],to[maxn * 6],tot = 2,S,T; int d[maxn],ans,cur[maxn]; void add(int x,int y,int z) { w[tot] = z; to[tot] = y; nextt[tot] = head[x]; head[x] = tot++; w[tot] = 0; to[tot] = x; nextt[tot] = head[y]; head[y] = tot++; } bool bfs() { memset(d,-1,sizeof(d)); d[S] = 0; queue <int>q; q.push(S); while (!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); if (u == T) return true; for (int i = head[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (w[i] && d[v] == -1) { d[v] = d[u] + 1; q.push(v); } } } return false; } int dfs(int u,int f) { if (u == T) return f; int res = 0; for (int i = cur[u];i;i = nextt[i]) { int v = to[i]; if (w[i] && d[v] == d[u] + 1) { int temp = dfs(v,min(f - res,w[i])); w[i] -= temp; w[i ^ 1] += temp; res += temp; if (w[i] > 0) cur[u] = i; if (res == f) return res; } } if (res == 0) d[u] = -1; return res; } void dinic() { while (bfs()) { for (int i = 1; i <= T; i++) cur[i] = head[i]; ans -= dfs(S,inf); } } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); S = n + m + 1; T = n + m + 2; for (int i = 1; i <= n; i++) { scanf("%d",&a[i]); add(i,T,a[i]); } for (int i = 1; i <= m; i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); ans += z; add(i + n,x,inf); add(i + n,y,inf); add(S,i + n,z); } dinic(); printf("%d ",ans); return 0; }