【NOI2006】BZOJ1497最大获利

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
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。
若a,b之间有一条收益为c的边，则新建一个点，点权为c，分别向a,b连边，a,b点权为他们的花费，这样转换成求最大权封闭子图，详见胡伯涛论文，s向正权点连边（容量为权值），负权点向t连边（容量为权值的绝对值），可以证明一个方案和一个割一一对应。
AC50纪念。。
附上本蒟蒻的代码：

#include<cstdio>#include<iostream>#include<cstring>using namespace std;#define inf 0x7fffffffint n,m,cnt=1,head,tail,dis[60001],q[60001],h[60001],ans=0,sum,tmp=0;struct kx{    int to,next,v;}edge[500001];int read(){    int w=0,c=1; char ch=getchar();    while (ch<'0' || ch>'9')      {        if (ch=='-') c=-1;        ch=getchar();      }    while (ch>='0' && ch<='9')      w=w*10+ch-'0',ch=getchar();    return w*c;}void add(int u,int v,int w){    cnt++,edge[cnt].next=h[u],h[u]=cnt,edge[cnt].to=v,edge[cnt].v=w;    cnt++,edge[cnt].next=h[v],h[v]=cnt,edge[cnt].to=u,edge[cnt].v=0;}bool bfs(){    int j,p;    memset(dis,-1,sizeof(dis));    q[0]=0;    dis[0]=0;    head=0;    tail=1;    while (head<tail)      {        head++;        j=q[head];        p=h[j];        while (p)          {            if (dis[edge[p].to]<0 && edge[p].v>0)              {                  dis[edge[p].to]=dis[j]+1;                  tail++;                  q[tail]=edge[p].to;              }            p=edge[p].next;          }      }    if (dis[n+m+1]>0)      return true;    else      return false;}int dfs(int x,int f){    int w,used=0,i=h[x];    if (x==n+m+1)      return f;    while (i)      {        if (edge[i].v && dis[edge[i].to]==dis[x]+1)          {            w=f-used;            w=dfs(edge[i].to,min(w,edge[i].v));            edge[i].v-=w;            edge[i^1].v+=w;            used+=w;            if (used==f)              return f;          }        i=edge[i].next;      }    if (!used)      dis[x]=-1;    return used;}int main(){    int i,a,b,c;    n=read(),m=read();    for (i=1;i<=n;i++)      a=read(),add(0,i,a);    for (i=1;i<=m;i++)      {        a=read(),b=read(),c=read();        add(a,i+n,inf);        add(b,i+n,inf);        add(i+n,n+m+1,c);        tmp+=c;      }    while (bfs())      while (sum=dfs(0,inf))        ans+=sum;    printf("%d",tmp-ans);    return 0;}