1497: [NOI2006]最大获利
Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MB
Submit: 5503 Solved: 2673
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。
分析
最大权闭合子图，裸的，注意见图就好。
code
1 #include<cstdio>
2 #include<algorithm>
3 #include<queue>
4 #include<cstring>
5
6 using namespace std;
7
8 const int MAXN = 100100;
9 const int INF = 0x7fffffff;
10 struct Edge{
11 int to,nxt,c;
12 }e[500100];
13 int sum,tot = 1,n,m,s,t,ans;
14 int head[MAXN], val[MAXN],dis[MAXN];
15 queue<int>q;
16
17
18 int read()
19 {
20 int x = 0,f = 1;char ch = getchar();
21 for (; ch<‘0‘||ch>‘9‘; ch = getchar())
22 if (ch==‘-‘) f = -1;
23 for (; ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘; ch = getchar())
24 x = x*10+ch-‘0‘;
25 return x*f;
26 }
27 void add_edge(int u,int v,int w)
28 {
29 ++tot;
30 e[tot].c = w,e[tot].to = v,e[tot].nxt = head[u];
31 head[u] = tot;
32 ++tot;
33 e[tot].c = 0,e[tot].to = u,e[tot].nxt = head[v];
34 head[v] = tot;
35 }
36 bool bfs()
37 {
38 memset(dis,-1,sizeof(dis));
39 q.push(s);
40 dis[s] = 0;
41 while (!q.empty())
42 {
43 int u = q.front();
44 q.pop();
45 for (int i=head[u]; i; i=e[i].nxt)
46 {
47 int v = e[i].to;
48 if (dis[v]==-1 && e[i].c>0)
49 {
50 dis[v] = dis[u]+1;
51 q.push(v);
52 }
53 }
54 }
55 if (dis[t]!=-1) return true;
56 return false;
57 }
58 int dfs(int u,int low)
59 {
60 if (u==t) return low;
61 int w ,tmp = low;
62 for (int i=head[u]; i; i=e[i].nxt)
63 {
64 int v = e[i].to;
65 if (dis[v]==dis[u]+1 && e[i].c> 0)
66 {
67 w = dfs(v,min(low,e[i].c));
68 e[i].c -= w;
69 e[i^1].c += w;
70 low -= w;
71 }
72 }
73 return tmp - low;
74 }
75 int main()
76 {
77 n = read();m = read();
78 s = 0,t = n+m+1;
79 for (int x,i=1; i<=n; ++i)
80 {
81 x = read();
82 add_edge(i+m,t,x);//建立从中转站到T的边，中转站的花费
83 }
84 for (int x,y,z,i=1; i<=m; ++i)
85 {
86 x = read(),y = read(),z = read();
87 sum += z;
88 add_edge(i,m+x,INF);//建立第i个人到中转站的边INF
89 add_edge(i,m+y,INF);
90 add_edge(s,i,z);//建立从S到第i个人的边，第i个人的获益
91 }
92 while (bfs())
93 ans += dfs(s,INF);
94 printf("%d",sum-ans);
95 return 0;
96 }