【BZOJ1497】[NOI2006]最大获利最小割

　　裸的最小割，很经典的模型。

　　建图：要求总收益-总成本最大，那么将每条弧与源点相连，流量为成本，每个收益与汇点相连，流量为收益，然后每条弧与它所能到达的收益相连,流量为inf。

　　与源点相连的是未被选中的弧（未花费的成本），与汇点相连的是选中的收益，那么，初始状态是完美的，显然不可能，因为获得收益必然要花费成本，所以每条源汇点相连的路中必须去掉一条，那么最小割就是最小的（选中的成本和未选的收益的和），每条增广路都是一种抵消，用总收益减去就是最终的选中收益和。

　　而最小割就是最大流。证明看论文= =。

　　注意：数组不要开小了。。。。惨痛的教训。

 #include <iostream>

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <queue>

 #include <cmath>

 #define inf 0x7fffffff

 #define hh 1e9

 #define M 60100

 using namespace std;

 struct data

 {

     int v,next,to;

 }e[M*];

 int head[M],deep[M],cur[M];

 int n,m,cnt,sum,S,T;

 inline int read()

 {

     int f=,ans=;

     char c;

     while (!isdigit(c=getchar())) if (c=='-') f=-;

     ans=c-'';

     while (isdigit(c=getchar())) ans=ans*+c-'';

     return ans*f;

 }

 inline void Add(int x,int y,int z)

 {

      e[cnt].next=head[x]; e[cnt].to=y; e[cnt].v=z; head[x]=cnt++;

      e[cnt].next=head[y]; e[cnt].to=x; e[cnt].v=; head[y]=cnt++;

 }

 bool Bfs()

 {

     memset(deep,-,sizeof(deep));

     deep[]=;

     //for (int i=0;i<=T;i++) cur[i]=head[i];

     queue<int> q;

     q.push();

     while (!q.empty())

     {

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

         for (int i=head[now];~i;i=e[i].next)

             if (deep[e[i].to]==- && e[i].v)

                 deep[e[i].to]=deep[now]+,q.push(e[i].to);

     }

     return deep[T]!=-;

 }

 int Dfs(int now,int flow)

 {

     if (now==T) return flow;

     int used=,f;

     for (int i=cur[now];~i;i=e[i].next)

     {

         //cur[now]=i;

         if (deep[e[i].to]==deep[now]+)

         {

             f=Dfs(e[i].to,min(flow-used,e[i].v));

             e[i].v-=f;

             e[i^].v+=f;

             if (e[i].v) cur[now]=i;

             used+=f;

             //flow-=f;

             if (used==flow) return flow;

         }

     }

     if (!used) deep[now]=-;

     return used;

 }

 int Dinic()

 {

     int ans=;

     while (Bfs())

     {

         for (int i=S;i<=T;i++) cur[i]=head[i];

         ans+=Dfs(S,inf);

     }

     return ans;

 }

 int x,y,z;

 int main()

 {

     //memset(head,-1,sizeof(head));

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

         S=; T=n+m+;

     memset(head,-,sizeof(head));

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

     {

         x=read();

         Add(m+i,m+n+,x);

     }

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

     {

         //int x,y,z;

         x=read(); y=read(); z=read();

         sum+=z;

         Add(i,m+x,inf); Add(i,m+y,inf);

         Add(,i,z);

     }

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

     return ;

 }

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