bzoj1497【NOI2006】最大获利

1497: [NOI2006]最大获利

Time Limit: 5 Sec  Memory Limit: 64 MB
Submit: 3437  Solved: 1674
[Submit][Status][Discuss]

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。

Source

网络流

最小割的应用

先定义s割为选，t割为不选。

我们可以先将所有收益加起来，再减去最小代价，即为最终答案。

从源点s到所有用户节点i连边(s,i,c[i])，表示如果用户i不能满足，就会付出c[i]的代价。

从所有中转站节点i到汇点t连边(i,t,p[i])，表示如果要建立中转站i，就要付出p[i]的代价。

然后考虑用户对中转站的要求，两个中转站中只要有一个没有，这个用户就不能满足，即只要有一个中转站属于t割，那该用户也属于t割。只要连边(i,a[i],inf)和(i,b[i],inf)，因为长度为inf的边是一定不会成为割的。这个方法很巧妙。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cmath>#include<cstring>#include<cstdlib>#include<algorithm>#include<queue>#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)#define ll long long#define pa pair<int,int>#define maxn 60000#define maxm 320000#define inf 1000000000using namespace std;struct edge_type{int next,to,v;}e[maxm];int head[maxn],cur[maxn],dis[maxn];int n,m,s,t,cnt=1,ans=0,x,y,z;inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}inline void add_edge(int x,int y,int v){e[++cnt]=(edge_type){head[x],y,v};head[x]=cnt;e[++cnt]=(edge_type){head[y],x,0};head[y]=cnt;}inline bool bfs(){queue<int>q;memset(dis,-1,sizeof(dis));dis[s]=0;q.push(s);while(!q.empty()){int tmp=q.front();q.pop();if (tmp==t) return true;for(int i=head[tmp];i;i=e[i].next) if (e[i].v&&dis[e[i].to]==-1){dis[e[i].to]=dis[tmp]+1;q.push(e[i].to);}}return false;}inline int dfs(int x,int f){int tmp,sum=0;if (x==t) return f;for(int &i=cur[x];i;i=e[i].next){int y=e[i].to;if (e[i].v&&dis[y]==dis[x]+1){tmp=dfs(y,min(f-sum,e[i].v));e[i].v-=tmp;e[i^1].v+=tmp;sum+=tmp;if (sum==f) return sum;}}if (!sum) dis[x]=-1;return sum;}inline void dinic(){while (bfs()){F(i,1,t) cur[i]=head[i];ans-=dfs(s,inf);}}int main(){n=read();m=read();s=n+m+1;t=s+1;F(i,1,n){z=read();add_edge(i+m,t,z);}F(i,1,m){x=read();y=read();z=read();ans+=z;add_edge(s,i,z);add_edge(i,x+m,inf);add_edge(i,y+m,inf);}dinic();printf("%d\n",ans);}