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。
Source
Solution
非常显然的一个最小割模型:最大权闭合子图
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闭合子图
那么最大权闭合子图模型:
原图中的边,容量为inf
S向正权点连边,容量为点权
负权点向T连边,容量为点权的相反数
大题的思路:
假设选取所有的正权点,那么在S处割表示删掉一个正权点,在T处割表示加入一个负权点
使删掉的正权和加上的负权最小,转化成一个最小的问题
那么答案就是正权和-最小割
Code
#include<cstdio> #include<cstring> #include<queue> using namespace std; #define inf 0x7fffffff 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; } struct Edgenode{int to,cap,next;}edge[500010]; int head[60010],cnt=1; int n,m,S,T,ans; int dis[60010],cur[60010]; void add(int u,int v,int w) {cnt++;edge[cnt].to=v;edge[cnt].cap=w;edge[cnt].next=head[u];head[u]=cnt;} void insert(int u,int v,int w) {add(u,v,w);add(v,u,0);} void init() { n=read(),m=read(); S=0; T=n+m+1; // memset(head,0xff,sizeof(head)); for (int x,i=1;i<=n;i++) { x=read(); insert(S,i,x); } for (int u,v,w,i=1;i<=m;i++) { u=read(),v=read(),w=read(); ans+=w; insert(u,n+i,inf); insert(v,n+i,inf); insert(n+i,T,w); } } int q[600010<<1]; bool bfs() { memset(dis,-1,sizeof(dis)); q[1]=S; dis[S]=0; int he=0,ta=1; while (he<ta) { int now=q[++he]; for (int i=head[now]; i; i=edge[i].next) if (edge[i].cap && dis[edge[i].to]==-1) dis[edge[i].to]=dis[now]+1,q[++ta]=edge[i].to; } return dis[T]!=-1; } int dfs(int loc,int low) { if(loc==T)return low; int flow,cost=0; for(int i=cur[loc]; i; i=edge[i].next) if (dis[edge[i].to]==dis[loc]+1) { flow=dfs(edge[i].to,min(low-cost,edge[i].cap)); edge[i].cap-=flow; edge[i^1].cap+=flow; if(edge[i].cap) cur[loc]=i; cost+=flow; if(cost==low)return low; } if(!cost) dis[loc]=-1; return cost; } int dinic() { int temp=0; while (bfs()) { for (int i=S; i<=T; i++) cur[i]=head[i]; temp+=dfs(S,inf); } return temp; } void work() { ans-=dinic(); printf("%d",ans); } int main() { init(); work(); return 0; }
自己本来并没要做这个题..帮旁边的YveH调A了此题...所以也顺便改了改A了一发