【BZOJ1497】【NOI2006】最大获利（网络流）

题面

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。

题解

将最大获利转换为最小损失，

考虑最小割

不妨设源点为这个用户不需要，汇点为这个用户需要

如果一个用户需要，那么它与汇点的边不会隔开，它与中转站的边不能割开

所以，对于每个用户，由中转站连接容量为$inf$的边。

如果一个用户被选择了，证明这个用户连接的中转站被选择了

此时会产生损失，为建设中转站的费用

因此，源点向中转站连接容量为费用的边

同时，如果一个用户不被选择，那么，它和汇点的边会被隔开

因此，从用户向汇点连接容量为价值的边

最终的答案显然就是所有用户价值的和减去最小割

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<cstdlib>

#include<cstring>

#include<cmath>

#include<algorithm>

#include<set>

#include<map>

#include<vector>

#include<queue>

using namespace std;

#define ll long long

#define RG register

#define INF 1000000000

#define MAX 55555

inline int read()

{

    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();

    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();

    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();

    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();

    return x*t;

}

int n,m,ans;

int h[MAX<<1],cnt=2;

int level[MAX<<1];

int S,T;

struct Line{int v,next,w;}e[MAX*10];

void Add(int u,int v,int w)

{

	e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++;

	e[cnt]=(Line){u,h[v],0};h[v]=cnt++;

}

bool bfs()

{

	memset(level,0,sizeof(level));level[S]=1;

	queue<int> Q;Q.push(S);

	while(!Q.empty())

	{

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

		for(int i=h[u];i;i=e[i].next)

		{

			int v=e[i].v;

			if(e[i].w&&!level[v])

				level[v]=level[u]+1,Q.push(v);

		}

	}

	return level[T];

}

int DFS(int u,int flow)

{

	if(!flow||u==T)return flow;

	int ret=0;

	for(int i=h[u];i;i=e[i].next)

	{

		int v=e[i].v;

		if(e[i].w&&level[v]==level[u]+1)

		{

			int d=DFS(v,min(flow,e[i].w));

			flow-=d;ret+=d;

			e[i].w-=d;e[i^1].w+=d;

		}

	}

	if(!ret)level[u]=0;

	return ret;

}

int Dinic()

{

	int ret=0;

	while(bfs())ret+=DFS(S,INF);

	return ret;

}

int main()

{

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

	S=0;T=n+m+1;

	for(int i=1;i<=n;++i)Add(S,i,read());

	for(int i=1;i<=m;++i)

	{

		int a=read(),b=read(),c=read();

		ans+=c;

		Add(a,n+i,INF);Add(b,n+i,INF);

		Add(n+i,T,c);

	}

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

	return 0;

}