最大获利 HYSBZ - 1497 （最大权闭合图）

最大权闭合图：　

有向图，每个点有点权，点权可正可负。对于任意一条有向边i和j，选择了点i就必须选择点j，你需要选择一些点使得得到权值最大。

解决方法：

网络流

对于任意点i，如果i权值为正，s向i连容量为其权值的边，否则i向t连容量为其权值的绝对值德尔边。原图所有边容量为正无穷。则最大权=正权和-最大流。

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

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。

解析：

　　就是一个板题但既然两个论文都提到了就做做吧

　　把用户与s建边容量为收益

　　中转站与t建边容量为花费

　　用户与中转站建边容量为INF

　　答案就是所有收益的总和减去最大流

为什么呢

　　最大流就是满流的边的边权和

　　然后画画图知道了吧。。。

#include <iostream>

#include <cstdio>

#include <sstream>

#include <cstring>

#include <map>

#include <cctype>

#include <set>

#include <vector>

#include <stack>

#include <queue>

#include <algorithm>

#include <cmath>

#include <bitset>

#define rap(i, a, n) for(int i=a; i<=n; i++)

#define rep(i, a, n) for(int i=a; i<n; i++)

#define lap(i, a, n) for(int i=n; i>=a; i--)

#define lep(i, a, n) for(int i=n; i>a; i--)

#define rd(a) scanf("%d", &a)

#define rlld(a) scanf("%lld", &a)

#define rc(a) scanf("%c", &a)

#define rs(a) scanf("%s", a)

#define pd(a) printf("%d\n", a);

#define plld(a) printf("%lld\n", a);

#define pc(a) printf("%c\n", a);

#define ps(a) printf("%s\n", a);

#define MOD 2018

#define LL long long

#define ULL unsigned long long

#define Pair pair<int, int>

#define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a))

#define _  ios_base::sync_with_stdio(0),cin.tie(0)

//freopen("1.txt", "r", stdin);

using namespace std;

const int maxn = 1e6 + , INF = 0x7fffffff, LL_INF = 0x7fffffffffffffff;

int n, m, s, t;

int head[maxn], cnt, cur[maxn];

int d[maxn], vis[maxn];

struct node

{

    int u, v, c, next;

}Node[maxn << ];

void add_(int u, int v, int c)

{

    Node[cnt].u = u;

    Node[cnt].v = v;

    Node[cnt].c = c;

    Node[cnt].next = head[u];

    head[u] = cnt++;

}

void add(int u, int v, int c)

{

    add_(u, v, c);

    add_(v, u, );

}

bool bfs()

{

    queue<int> Q;

    mem(d, );

    Q.push(s);

    d[s] = ;

    while(!Q.empty())

    {

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

        for(int i = head[u]; i != -; i=Node[i].next)

        {

            node e = Node[i];

            if(!d[e.v] && e.c > )

            {

                d[e.v] = d[u] + ;

                Q.push(e.v);

                if(e.v == t) return ;

            }

        }

    }

    return d[t] != ;

}

int dfs(int u, int cap)

{

    int ret = ;

    if(u == t || cap == )

        return cap;

    for(int &i = cur[u]; i != -; i = Node[i].next)

    {

        node e = Node[i];

        if(d[e.v] == d[u] +  && e.c > )

        {

            int V = dfs(e.v, min(cap, e.c));

            Node[i].c -= V;

            Node[i^].c += V;

            ret += V;

            cap -= V;

            if(cap == ) break;

        }

    }

    if(cap > ) d[u] = -;

    return ret;

}

int Dinic(int u)

{

    int ans = ;

    while(bfs())

    {

        memcpy(cur, head, sizeof(head));

        ans += dfs(u, INF);

    }

    return ans;

}

void init()

{

    mem(head, -);

    cnt = ;

}

int main()

{

    init();

    int u, v, w;

    LL res = ;

    cin >> n >> m;

    s = , t = n + m + ;

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

    {

        cin >> w;

        add(i, t, w);

    }

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

    {

        cin >> u >> v >> w;

        res += w;

        add(n + i, u, INF);

        add(n + i, v, INF);

        add(s, n + i, w);

    }

    cout << res - Dinic(s) << endl;

    return ;

}