【[NOI2006]最大获利】

题目

并不知到为什么这道题讲了这么久

我们发现这道题就是最小割的板子啊，完全可以套上文理分科的板子

把每个机器和\(T\)连边，容量为\(p_i\)，这些\(p_i\)并不计入总贡献

对于每一个要求我们设置一个新虚点\(x\)，\(S\)向\(x\)连边，容量为\(C_i\)，\(x\)分别向\(A_i\)和\(B_i\)连边容量为\(inf\)

一遍最小割就可以了

发现这个模型还可以推广到最大密度子图里去

就是让你选择一个一个子图，设

\[d=\frac{|E|}{|V|}
\]

使得\(d\)最大

看到这个先二分\(d\)看看能否使得\(d\)更大一点

显然需要满足

\[|E|-d|V|>=0
\]

发现一个边连接两个点这不正好和这道题一样吗

于是割掉一个点的代价是\(d\),一条边的收益是\(1\)就没了

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define re register
#define maxn 550005
#define LL long long
#define inf 999999999
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read()
{
	char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
	while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
struct E{int v,nxt,w,f;}e[maxn<<2];
int head[maxn],cur[maxn],d[maxn];
int n,m,num=1,S,T,ans;
int a[5005];
inline void add(int x,int y,int w) {e[++num].v=y;e[num].nxt=head[x];head[x]=num;e[num].w=w;}
inline void C(int x,int y,int w) {add(x,y,w),add(y,x,0); }
inline int BFS()
{
	std::queue<int> q;
	for(re int i=S;i<=T;i++) cur[i]=head[i],d[i]=0;
	d[S]=1,q.push(S);
	while(!q.empty())
	{
		int k=q.front();q.pop();
		for(re int i=head[k];i;i=e[i].nxt)
		if(!d[e[i].v]&&e[i].w>e[i].f) d[e[i].v]=d[k]+1,q.push(e[i].v);
	}
	return d[T];
}
int dfs(int x,int now)
{
	if(x==T||!now) return now;
	int flow=0,ff;
	for(re int& i=cur[x];i;i=e[i].nxt)
	if(d[e[i].v]==d[x]+1)
	{
		ff=dfs(e[i].v,min(e[i].w-e[i].f,now));
		if(ff<=0) continue;
		e[i].f+=ff,e[i^1].f-=ff;
		now-=ff,flow+=ff;
		if(!now) break;
	}
	return flow;
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	for(re int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
	int x,y,z;
	T=n;
	for(re int i=1;i<=m;i++)
	{
		x=read(),y=read(),z=read();ans+=z;
		++T;C(S,T,z),C(T,x,inf),C(T,y,inf);
	}
	++T;
	for(re int i=1;i<=n;i++) C(i,T,a[i]);
	while(BFS()) ans-=dfs(S,inf);
	printf("%d\n",ans);
}