C++之路进阶——codevs1789（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

4

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。 

题解：

   将S与中转站连边，权值为花费。

   将用户群与T连边，权值为收益。

   将用户群与中转站连边，权值为INF

   跑最小割。

代码：

   

#include<cstdio>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define maxn 60010
#define INF 0x7fffffff
#define S 0
#define T n+1+m 

using namespace std;

int head[maxn],dis[55010],n,m,cnt=1,ans;
struct ss
   {
       int to;
       int next;
       int edge;
   }e[50000<<3];
   
void add(int u,int v,int w)
   {
        e[++cnt].to=v;
        e[cnt].next=head[u];
        e[cnt].edge=w;
        head[u]=cnt;
   }

void insert(int u,int v,int w)
   {
        add(u,v,w);
        add(v,u,0);
   }
    
bool bfs()
    {
      for (int i=1;i<=T;i++) dis[i]=INF;
      dis[S]=0;
      queue<int>que;
      que.push(S);
      while (!que.empty())    
        {
           int now=que.front();    
           que.pop();    
           for (int i=head[now];i;i=e[i].next)    
              if (e[i].edge&&dis[e[i].to]>dis[now]+1)
                 {
                      dis[e[i].to]=dis[now]+1;
                      que.push(e[i].to);
                      if (e[i].to==T) return 1;
                  }
        }
      return 0;    
     }
                
int dfs(int x,int inf)
     {
         if (x==T) return inf; 
         int rest=inf;
         for (int i=head[x];i&&rest;i=e[i].next)
            if (e[i].edge&&dis[e[i].to]==dis[x]+1)
               {
                   int now=dfs(e[i].to,min(e[i].edge,rest));
                   if (!now) dis[now]=0;
                   e[i].edge-=now;
                   e[i^1].edge+=now;
                   rest-=now;
               }
       return inf-rest;           
      } 
                
void dinic()
   {
        while (bfs()) ans+=dfs(S,INF);
   }

int main()
   {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for (int i=1;i<=n;i++)
          {
                int x;
                scanf("%d",&x);
                insert(S,i,x);
          }
    int absans=0;      
    for (int i=1;i<=m;i++)       
          {
                int u,v,w;
                scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
                absans+=w; 
          insert(u,n+i,INF);
                insert(v,n+i,INF);
                insert(n+i,T,w);
          }      
       dinic();
       printf("%d\n",absans-ans);
    return 0;
   }