BZOJ1497 最大获利
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 Input5 5 1 2 3 4 5 1 2 3 2 3 4 1 3 3 1 4 2 4 5 3Sample Output4 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。
题解：最小割板题；
起点连每一条边，（收益），终点连每一个节点（成本），然后边和其两点之间连边为INF，这时候求出最小割之后，用所有边权之和减去最小割即可；
参考代码：
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define INF 0x3f3f3f3f 4 const int maxn = 100010; 5 int n,m,s,t,u,v,w,ans; 6 struct Edge { 7 int from, to, cap, flow; 8 }; 9 vector<Edge> edges; 10 vector<int> G[maxn]; 11 bool vis[maxn]; 12 int d[maxn], cur[maxn]; 13 void init() 14 { 15 memset(d,0,sizeof d); 16 for(int i=0;i<=n+m+1;i++) G[i].clear(); 17 } 18 void addedge(int from, int to, int cap) 19 { 20 edges.push_back((Edge){from, to, cap, 0}); 21 edges.push_back((Edge){to, from, 0, 0}); 22 int m = edges.size(); 23 G[from].push_back(m-2); G[to].push_back(m-1); 24 } 25 bool bfs() 26 { 27 memset(vis,0,sizeof vis); 28 queue<int> q; 29 q.push(s); 30 d[s] = 0; vis[s] = 1; 31 while (!q.empty()) 32 { 33 int x = q.front(); q.pop(); 34 for(int i = 0; i < G[x].size(); ++i) 35 { 36 Edge &e = edges[G[x][i]]; 37 if (!vis[e.to] && e.cap > e.flow) 38 { 39 vis[e.to] = 1; 40 d[e.to] = d[x] + 1; 41 q.push(e.to); 42 } 43 } 44 } 45 return vis[t]; 46 } 47 48 int dfs(int x,int a) 49 { 50 if(x == t || a == 0) return a; 51 int flow = 0, f; 52 for(int &i = cur[x]; i < G[x].size(); ++i) 53 { 54 Edge &e = edges[G[x][i]]; 55 if (d[e.to] == d[x] + 1 && (f=dfs(e.to, min(a, e.cap-e.flow))) > 0) 56 { 57 e.flow += f; 58 edges[G[x][i]^1].flow -= f; 59 flow += f; a -= f; 60 if (a == 0) break; 61 } 62 } 63 return flow; 64 } 65 66 int Maxflow(int s, int t) 67 { 68 int flow = 0; 69 while(bfs()) 70 { 71 memset(cur,0,sizeof cur); 72 flow += dfs(s, INF); 73 } 74 return flow; 75 } 76 int main() 77 { 78 scanf("%d%d",&n,&m); 79 init();ans=0;s=0;t=n+m+1; 80 for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&u),addedge(i+m,t,u); 81 for(int i=1;i<=m;++i) 82 { 83 scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); 84 addedge(i,u+m,INF); 85 addedge(i,v+m,INF); 86 addedge(s,i,w); 87 ans+=w; 88 } 89 printf("%d\n",ans-Maxflow(s,t)); 90 return 0; 91 }
