1497: [NOI2006]最大获利

Time Limit: 5 Sec  Memory Limit: 64 MB

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。

最大权闭合子图模板题。。。

#include<iostream>
#include<fstream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<string>
#include<vector>
#include<queue>
#include<deque>
#include<utility>
#include<map>
#include<set>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<functional>
#include<sstream>
#include<cstring>
#include<bitset>
#include<stack>
using namespace std; int n,m,s,t,cnt,x,y,z,ansx,cost;
struct sdt
{
int cap,flow,u,v;
}e[500005];
int nxt[500005],fir[60010],d[60010],par[60010],num[60010],cur[60010];
bool vis[60010]; int read()
{
int x=0;char c=getchar();
while(c<48||c>57)c=getchar();
while(c>47&&c<58)x*=10,x+=c-48,c=getchar();
return x;
} void bfs()
{
memset(vis,0,sizeof(vis));
memset(d,0,sizeof(d));
queue<int>q;
d[t]=0;
vis[t]=1;
q.push(t);
while(!q.empty())
{
int k=q.front();
q.pop();
for(int i=fir[k];i;i=nxt[i])
{
if(!vis[e[i].v] && e[i].cap==0)
{
vis[e[i].v]=1;
d[e[i].v]=d[k]+1;
q.push(e[i].v);
}
}
}
} int agument()
{
int p=t;
int ans=2147483647;
while(p!=s)
{
ans=min(ans,e[par[p]].cap-e[par[p]].flow);
p=e[par[p]].u;
}
p=t;
while(p!=s)
{
e[par[p]].flow+=ans;
e[par[p]^1].flow-=ans;
p=e[par[p]].u;
}
return ans;
} int isap()
{
memset(num,0,sizeof(num));
int flow=0;
for(int i=1;i<=t;i++)
{
num[d[i]]++;
cur[i]=fir[i];
}
int p=s;
while(d[s]<t)
{
if(p==t)
{
flow+=agument();
p=s;
}
bool ok=0;
for(int i=cur[p];i;i=nxt[i])
{
if(e[i].cap>e[i].flow && d[p]==d[e[i].v]+1)
{
ok=1;
par[e[i].v]=i;
cur[p]=i;
p=e[i].v;
break;
}
}
if(!ok)
{
int mn=t-1;
for(int i=fir[p];i;i=nxt[i])
{
if(e[i].cap>e[i].flow)mn=min(mn,d[e[i].v]);
}
if(--num[d[p]]==0)break;
num[d[p]=mn+1]++;
cur[p]=fir[p];
if(p!=s)p=e[par[p]].u;
}
}
return flow;
} int main()
{
n=read();m=read();
memset(nxt,0,sizeof(nxt));
memset(fir,0,sizeof(fir));
cnt=1;
s=1;
t=2+n+m;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
cost=read();
e[++cnt].u=1+m+i;e[cnt].v=t;e[cnt].cap=cost;e[cnt].flow=0;
nxt[cnt]=fir[1+m+i];fir[1+m+i]=cnt;
e[++cnt].u=t;e[cnt].v=1+m+i;e[cnt].cap=0;e[cnt].flow=0;
nxt[cnt]=fir[t];fir[t]=cnt;
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
x=read();y=read();z=read();
ansx+=z;
e[++cnt].u=s;e[cnt].v=i+1;e[cnt].cap=z;e[cnt].flow=0;
nxt[cnt]=fir[s];fir[s]=cnt;
e[++cnt].u=i+1;e[cnt].v=s;e[cnt].cap=0;e[cnt].flow=0;
nxt[cnt]=fir[i+1];fir[i+1]=cnt; e[++cnt].u=i+1;e[cnt].v=1+m+x;e[cnt].cap=2147483647;e[cnt].flow=0;
nxt[cnt]=fir[i+1];fir[i+1]=cnt;
e[++cnt].u=1+m+x;e[cnt].v=i+1;e[cnt].cap=0;e[cnt].flow=0;
nxt[cnt]=fir[1+m+x];fir[1+m+x]=cnt; e[++cnt].u=i+1;e[cnt].v=1+m+y;e[cnt].cap=2147483647;e[cnt].flow=0;
nxt[cnt]=fir[i+1];fir[i+1]=cnt;
e[++cnt].u=1+m+y;e[cnt].v=i+1;e[cnt].cap=0;e[cnt].flow=0;
nxt[cnt]=fir[1+m+y];fir[1+m+y]=cnt;
}
bfs();
printf("%d\n",ansx-isap());
return 0;
}

  

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