CodeVS 1789 最大获利

1789 最大获利

2006年NOI全国竞赛

时间限制: 2 s

空间限制: 128000 KB

题目等级 : 大师 Master

题目描述 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）

输入描述 Input Description

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。

输出描述 Output Description

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。

样例输入 Sample Input

5 5

1 2 3 4 5

1 2 3

2 3 4

1 3 3

1 4 2

4 5 3

样例输出 Sample Output

数据范围及提示 Data Size & Hint

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。

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。

解题：最大权闭合子图

 #include <iostream>

 #include <cstdio>

 #include <cstring>

 #include <cmath>

 #include <algorithm>

 #include <climits>

 #include <vector>

 #include <queue>

 #include <cstdlib>

 #include <string>

 #include <set>

 #include <stack>

 #define LL long long

 #define pii pair<int,int>

 #define INF 0x3f3f3f3f

 using namespace std;

 const int maxn = ;

 struct arc{

     int to,flow,next;

     arc(int x = ,int y = ,int z = -){

         to = x;

         flow = y;

         next = z;

     }

 };

 arc e[];

 int head[maxn],d[maxn],cur[maxn];

 int tot,S,T,n,m;

 void add(int u,int v,int flow){

     e[tot] = arc(v,flow,head[u]);

     head[u] = tot++;

     e[tot] = arc(u,,head[v]);

     head[v] = tot++;

 }

 bool bfs(){

     memset(d,-,sizeof(d));

     d[S] = ;

     queue<int>q;

     q.push(S);

     while(!q.empty()){

         int u = q.front();

         q.pop();

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

             if(e[i].flow && d[e[i].to] == -){

                 d[e[i].to] = d[u] + ;

                 q.push(e[i].to);

             }

         }

     }

     return d[T] > -;

 }

 int dfs(int u,int low){

     if(u == T) return low;

     int tmp = ,a;

     for(int &i = cur[u]; ~i; i = e[i].next){

         if(e[i].flow && d[e[i].to] == d[u] + &&(a=dfs(e[i].to,min(low,e[i].flow)))){

             e[i].flow -= a;

             e[i^].flow += a;

             tmp += a;

             low -= a;

             if(!low) break;

         }

     }

     if(!tmp) d[u] = -;

     return tmp;

 }

 int dinic(){

     int ans = ;

     while(bfs()){

         memcpy(cur,head,sizeof(head));

         ans += dfs(S,INF);

     }

     return ans;

 }

 int main() {

     int u,v,w;

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

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

         S = tot = ;

         T = n + m + ;

         int ans = ;

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

             scanf("%d",&w);

             add(i,T,w);

         }

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

             scanf("%d %d %d",&u,&v,&w);

             add(n+i+,u,INF);

             add(n+i+,v,INF);

             add(S,n+i+,w);

             ans += w;

         }

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

     }

     return ;

 }

巴特西

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