BZOJ 1497 最大获利（最大权闭合图）

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。

题目链接：BZOJ 1497

闭合图是什么呢？就是所有的出边都不会指向图外的点，即所有的出边所指的点仍然在这个图的顶点集V中，可以想象这样的图确实一是“闭合的”。

而最大权闭合图解决的问题一般是有依赖关系的取值问题，比如有许多个东西其中A个要用Ai元买，B个可以用Bi元卖，但是售卖Bi的前提是你买了某一个或多个Ai物品才可，求最后能利润是多少。

对于这样的图，建立图模型后，构建源点S与汇点T，S连到正权点，权值为该点的收益（正数），原图的边关系保留，但将流量改为正无穷，再把负权点连到T，权值为负权的绝对值（也是正数），求S到T的最小割值，最大收益就是正权值之和减去最小割值。

这题中+=打成了=+竟然把样例过了，WA到怀疑人生

代码：

#include <stdio.h>

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define INF 0x3f3f3f3f

#define CLR(x,y) memset(x,y,sizeof(x))

#define LC(x) (x<<1)

#define RC(x) ((x<<1)+1)

#define MID(x,y) ((x+y)>>1)

typedef pair<int, int> pii;

typedef long long LL;

const double PI = acos(-1.0);

const int N = 5010;

const int M = 50010;

struct edge

{

	int to, nxt, cap;

	edge() {}

	edge(int _to, int _nxt, int _cap): to(_to), nxt(_nxt), cap(_cap) {}

};

edge E[(N + 3 * M) << 1];

int head[N + M], tot;

int d[N + M];

int cost[N];

void init()

{

	CLR(head, -1);

	tot = 0;

}

inline void add(int s, int t, int cap)

{

	E[tot] = edge(t, head[s], cap);

	head[s] = tot++;

	E[tot] = edge(s, head[t], 0);

	head[t] = tot++;

}

int bfs(int s, int t)

{

	CLR(d, -1);

	d[s] = 0;

	queue<int>Q;

	Q.push(s);

	while (!Q.empty())

	{

		int u = Q.front();

		Q.pop();

		for (int i = head[u]; ~i; i = E[i].nxt)

		{

			int v = E[i].to;

			if (d[v] == -1 && E[i].cap > 0)

			{

				d[v] = d[u] + 1;

				if (v == t)

					return 1;

				Q.push(v);

			}

		}

	}

	return ~d[t];

}

int dfs(int s, int t, int f)

{

	if (s == t || !f)

		return f;

	int ret = 0;

	for (int i = head[s]; ~i; i = E[i].nxt)

	{

		int v = E[i].to;

		if (d[v] == d[s] + 1 && E[i].cap > 0)

		{

			int df = dfs(v, t, min(f, E[i].cap));

			if (df > 0)

			{

				E[i].cap -= df;

				E[i ^ 1].cap += df;

				ret += df;

				f -= df;

				if (!f)

					break;

			}

		}

	}

	if (!ret)

		d[s] = -1;

	return ret;

}

int dinic(int s, int t)

{

	int ret = 0;

	while (bfs(s, t))

		ret += dfs(s, t, INF);

	return ret;

}

int main(void)

{

	int n, m, a, b, c, i;

	while (~scanf("%d%d", &n, &m))

	{

		init();

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

		///用户群 1~m,通讯站 m+1~m+n

		for (i = 1; i <= n; ++i)

		{

			scanf("%d", &cost[i]);

			add(m + i, T, cost[i]); //n

		}

		int sum = 0;

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

		{

			scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);

			add(S, i, c); //m

			add(i, m + a, INF); //m

			add(i, m + b, INF); //m

			sum += c;

		}

		printf("%d\n", sum - dinic(S, T));

	}

	return 0;

}

巴特西