BZOJ1497: [NOI2006]最大获利

BZOJ1497: [NOI2006]最大获利

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。


题解Here!

 

其实一开始以为是个费用流啥的。。。
但是发现建图很烦人。。。
翻了翻题解才知道是最大权闭合子图。。。
闭合图是啥:
闭合图内任意点的任意后继也一定还在闭合图中。
闭合图代表的事物间依赖关系:
只有当一个事件的所有前置事件都发生了,这个事件才会发生。
最大权闭合图是啥:
点权之和最大的闭合图。
最大权闭合图的建图方法:
  1. 设立源汇点$S,T$没得说。
  2. 源点$S$连接所有正权点,流量为点权。
  3. 所有负权点连接汇点$T$,流量为点权的相反数。
  4. 对于原图中其他的边(注意都是有向边),连边,流量为$MAX$。

最大权闭合图可以解决的问题:

闭合图$V$的权为正权点总和减去对应割的容量。

当割最小时,闭合图权最大。

而$\text{最小割}==\text{最大流}$,故直接跑$Dinic$。

对于此题,我们可以将题中的边和点都看成事件。

而边事件依赖边的两个端点事件的发生。

这不就是闭合图了嘛。

然后连原图中的有向边。

之后跑$Dinic$即可。

附代码:

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define MAXN 60010
#define MAX 999999999
using namespace std;
int n,m,s,t,c=2,sum=0;
int head[MAXN],deep[MAXN];
struct Edge{
	int next,to,w;
}a[MAXN*6];
inline int read(){
	int date=0,w=1;char c=0;
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
	return date*w;
}
inline void add(int u,int v,int w){
	a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++;
	a[c].to=u;a[c].w=0;a[c].next=head[v];head[v]=c++;
}
bool bfs(){
	int u,v;
	queue<int> q;
	for(int i=1;i<=t;i++)deep[i]=0;
	deep[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty()){
		u=q.front();
		q.pop();
		for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
			v=a[i].to;
			if(a[i].w&&!deep[v]){
				deep[v]=deep[u]+1;
				if(v==t)return true;
				q.push(v);
			}
		}
	}
	return false;
}
int dfs(int x,int limit){
	if(x==t)return limit;
	int v,sum,cost=0;
	for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
		v=a[i].to;
		if(a[i].w&&deep[v]==deep[x]+1){
			sum=dfs(v,min(a[i].w,limit-cost));
			if(sum>0){
				a[i].w-=sum;
				a[i^1].w+=sum;
				cost+=sum;
				if(cost==limit)break;
			}
			else deep[v]=-1;
		}
	}
	return cost;
}
int dinic(){
	int ans=0;
	while(bfs())ans+=dfs(s,MAX);
	return ans;
}
void init(){
	int u,v,w;
	n=read();m=read();
	s=n+m+1;t=n+m+2;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		w=read();
		add(s,i,w);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++){
		u=read();v=read();w=read();
		sum+=w;
		add(i+n,t,w);
		add(u,i+n,MAX);
		add(v,i+n,MAX);
	}
}
int main(){
	init();
	printf("%d\n",sum-dinic());
	return 0;
}

 

posted @ 2019-03-17 19:04 符拉迪沃斯托克 阅读(...) 评论(...) 编辑 收藏
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