Bzoj1497 [NOI2006]最大获利

Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MB
Submit: 4449 Solved: 2181

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

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

从源点向每个中转站连边，容量为建造费用。

从中转站向用户群连边，容量为INF

从用户群向汇点连边，容量为盈利。

求最小割。如果盈利大于成本，最小割将会割掉左边的费用边，如果成本大于盈利，最小割将会割掉右边的盈利边。

所有用户群体的盈利总和减去最小割就是答案（要么支付费用建设中转站，要么放弃一部分盈利）。

 /*by SilverN*/

 #include<iostream>

 #include<algorithm>

 #include<cstring>

 #include<cstdio>

 #include<cmath>

 #include<queue>

 using namespace std;

 const int INF=1e9;

 const int mxn=;

 int read(){

     int x=,f=;char ch=getchar();

     while(ch<'' || ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}

     while(ch>='' && ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}

     return x*f;

 }

 struct edge{

     int v,nxt,f;

 }e[mxn<<];

 int hd[mxn],mct=;

 void add_edge(int u,int v,int c){

     e[++mct].v=v;e[mct].f=c;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct;return;

 }

 void insert(int u,int v,int c){

     add_edge(u,v,c);add_edge(v,u,);return;

 }

 int n,m,S,T;

 int d[mxn];

 bool BFS(){

     memset(d,,sizeof d);

     d[S]=;

     queue<int>q;

     q.push(S);

     while(!q.empty()){

         int u=q.front();q.pop();

         for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){

             int v=e[i].v;

             if(!d[v] && e[i].f){

                 d[v]=d[u]+;q.push(v);

             }

         }

     }

     return d[T];

 }

 int DFS(int u,int lim){

     if(u==T)return lim;

     int tmp,f=;

     for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){

         int v=e[i].v;

         if(d[v]==d[u]+ && e[i].f){

             tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f));

             e[i].f-=tmp;

             e[i^].f+=tmp;

             lim-=tmp;

             f+=tmp;

             if(!lim)return f;

         }

     }

     d[u]=;

     return f;

 }

 int Dinic(){

     int res=;

     while(BFS())res+=DFS(S,1e9);

     return res;

 }

 int main(){

     n=read();m=read();

     S=;T=n+m+;

     int i,j,w,a,b;

     for(i=;i<=n;i++){

         w=read();

         insert(S,i,w);

     }

     int smm=;

     for(i=;i<=m;i++){

         a=read();b=read();w=read();

         insert(a,n+i,INF);

         insert(b,n+i,INF);

         insert(n+i,T,w);

         smm+=w;

     }

     int ans=smm-Dinic();

     printf("%d\n",ans);

     return ;

 }