[NOI2006]最大获利

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）

输入格式

　　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。

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。

样例输入

5 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3

样例输出

4

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。

数据规模和约定

　　80%的数据中：N≤200，M≤1 000。
　　100%的数据中：N≤5000，M≤50000，0≤Ci≤100，0≤Pi≤100。

　　这道题可以选择网络流算法跑最大权闭合子图， 建模方式为先把答案加上所有的正权值，然后从源点向所有正权值的点连一条流量为权值的边；所有负权值的点向汇点连一条流量为权值相反数的边；原图中所有的限制关系（i , j）（表示 i 与 j 必须同时选或不选）均建一条从 i 到 j 的流量为+∞的边。最终答案减去这个图的最小割即可。
　　
　　将每个用户群的信息新建一个点，权值为ci，并且若想选择这个点必须选择ai和bi。
　　这就成了一个经典最大权闭合子图的模型了；直接最小割解决就可以了。
　　用的 Dinic 的模板。

　　RES 数组值为图中所有正权值只和，注意最后输出为RES - 网络流所求得的最小割（最大流）：

int P, RES;int main(){    scanf("%d%d", &N, &M);    S = 0;    T = N + M + 1;    int x, y, f;    for (int i = 1;i <= N;i ++)    {        scanf("%d", &P);        add_edge(i + M, T, P);    }    for (int i = 1;i <= M;i ++)    {        scanf("%d%d%d", &x, &y, &f);        RES += f;        add_edge(S, i, f);        add_edge(i, M + x, inf);        add_edge(i, M + y, inf);    }    printf("%d", RES - dinic(S, T));    return 0;}

下面是此题代码（加了O4优化）。

//C ++# pragma GCC push_options# pragma GCC optimize ("O4")#include <cstdio>#include <cstring>#include <queue>#include <vector>#include <algorithm>using namespace std;const size_t MAXNODE = 200005, MAXEDGE = 1600005, inf = 0x3f3f3f3f;int edge[MAXEDGE][3], head[MAXNODE], maxe = 2;int len[MAXNODE], cur[MAXNODE];bool bfs (int s, int t) {    memset(len, -1, sizeof (len));    len[t] = 1;    queue< int >que;    que.push(t);    while (! que.empty()) {        int now = que.front(); que.pop();        for (int i = head[now]; i; i = edge[i][2])             if (len[edge[i][0]] == -1 && edge[i ^ 1][1]) {                len[edge[i][0]] = len[now] + 1;                que.push(edge[i][0]);            }    }    return len[s] != -1;}int dfs (int maxflow, int p, int u) {    if (p == u)return maxflow;    int res = 0, temp = 0;    if (cur[p] == -1) {        cur[p] = head[p];    }    for ( ; res < maxflow && cur[p]; cur[p] = edge[cur[p]][2]) {        if (len[edge[cur[p]][0]] + 1 == len[p] && edge[cur[p]][1]) {            temp = dfs(min(maxflow - res, edge[cur[p]][1]), edge[cur[p]][0], u);            res += temp;            edge[cur[p]][1] -= temp;            edge[cur[p] ^ 1][1] += temp;            if (res >= maxflow)break;        }    }    return res;}void add_edge(int from, int to, int flow) {    edge[maxe][0] = to;    edge[maxe][1] = flow;    edge[maxe][2] = head[from];    head[from] = maxe ++;    edge[maxe][0] = from;    edge[maxe][1] = 0;    edge[maxe][2] = head[to];    head[to] = maxe ++;}int dinic(int s, int t) {    int res = 0;    while (bfs(s, t)) {        memset(cur, -1, sizeof(cur));        res += dfs(inf, s, t);    }    return res;}int N, M, S, T;int P, RES;int main(){    scanf("%d%d", &N, &M);    S = 0;    T = N + M + 1;    int x, y, f;    for (int i = 1;i <= N;i ++)    {        scanf("%d", &P);        add_edge(i + M, T, P);    }    for (int i = 1;i <= M;i ++)    {        scanf("%d%d%d", &x, &y, &f);        RES += f;        add_edge(S, i, f);        add_edge(i, M + x, inf);        add_edge(i, M + y, inf);    }    printf("%d", RES - dinic(S, T));    return 0;}# pragma GCC pop_options