1789 最大获利
2006年NOI全国竞赛
时间限制: 2 s
空间限制: 128000 KB
题目等级 : 大师 Master
题目描述 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）
输入描述 Input Description
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。
输出描述 Output Description
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 Sample Input
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 Sample Output
4
数据范围及提示 Data Size & Hint
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。
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。
解题：最大权闭合子图
1 #include <iostream>
2 #include <cstdio>
3 #include <cstring>
4 #include <cmath>
5 #include <algorithm>
6 #include <climits>
7 #include <vector>
8 #include <queue>
9 #include <cstdlib>
10 #include <string>
11 #include <set>
12 #include <stack>
13 #define LL long long
14 #define pii pair<int,int>
15 #define INF 0x3f3f3f3f
16 using namespace std;
17 const int maxn = 60000;
18 struct arc{
19 int to,flow,next;
20 arc(int x = 0,int y = 0,int z = -1){
21 to = x;
22 flow = y;
23 next = z;
24 }
25 };
26 arc e[1000000];
27 int head[maxn],d[maxn],cur[maxn];
28 int tot,S,T,n,m;
29 void add(int u,int v,int flow){
30 e[tot] = arc(v,flow,head[u]);
31 head[u] = tot++;
32 e[tot] = arc(u,0,head[v]);
33 head[v] = tot++;
34 }
35 bool bfs(){
36 memset(d,-1,sizeof(d));
37 d[S] = 1;
38 queue<int>q;
39 q.push(S);
40 while(!q.empty()){
41 int u = q.front();
42 q.pop();
43 for(int i = head[u]; ~i; i = e[i].next){
44 if(e[i].flow && d[e[i].to] == -1){
45 d[e[i].to] = d[u] + 1;
46 q.push(e[i].to);
47 }
48 }
49 }
50 return d[T] > -1;
51 }
52 int dfs(int u,int low){
53 if(u == T) return low;
54 int tmp = 0,a;
55 for(int &i = cur[u]; ~i; i = e[i].next){
56 if(e[i].flow && d[e[i].to] == d[u] + 1&&(a=dfs(e[i].to,min(low,e[i].flow)))){
57 e[i].flow -= a;
58 e[i^1].flow += a;
59 tmp += a;
60 low -= a;
61 if(!low) break;
62 }
63 }
64 if(!tmp) d[u] = -1;
65 return tmp;
66 }
67 int dinic(){
68 int ans = 0;
69 while(bfs()){
70 memcpy(cur,head,sizeof(head));
71 ans += dfs(S,INF);
72 }
73 return ans;
74 }
75 int main() {
76 int u,v,w;
77 while(~scanf("%d %d",&n,&m)){
78 memset(head,-1,sizeof(head));
79 S = tot = 0;
80 T = n + m + 1;
81 int ans = 0;
82 for(int i = 1; i <= n; ++i){
83 scanf("%d",&w);
84 add(i,T,w);
85 }
86 for(int i = 0; i < m; ++i){
87 scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);
88 add(n+i+1,u,INF);
89 add(n+i+1,v,INF);
90 add(S,n+i+1,w);
91 ans += w;
92 }
93 printf("%d\n",ans - dinic());
94 }
95 return 0;
96 }