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

我们将题目转化一步：假设我们已经收到了所有用户的利益，如果我们不能满足要求，就会丢失其利益。

那么现在只有成本而没有利益，纯最小化成本（丢失利益也算成本）。

我们发现，若两个中转站至少有一个没有建，我们就要丢失此用户的利益。

那么，我们建立网络流模型，从源点到每个中转站连一条边，容量为其成本；每个用户的中转站到这个用户连一条边，容量无穷大；用户到汇点一条边，容量为利益。

最后求最小割即可。

附代码：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <queue>
typedef long long LL;
const LL INF = 1000000000000000LL;
const int N = 55050;
const int M = 500050;
struct Dinic{
  int to[M], nxt[M], pre[N], cnt;
  int dis[N];
  LL ret[M];
  Dinic() {
    std::fill(pre, pre + N, -1);
    cnt = 0;
  }
  inline void addEdge(int u, int v, LL cap = INF) {
    to[cnt] = v; ret[cnt] = cap;
    nxt[cnt] = pre[u]; pre[u] = cnt++;
    to[cnt] = u; ret[cnt] = 0;
    nxt[cnt] = pre[v]; pre[v] = cnt++;
  }
  std::queue<int> Q;
  bool BFS(int S, int T) {
    std::fill(dis, dis + N, -1);
    dis[S] = 0;
    while (!Q.empty()) Q.pop();
    Q.push(S);
    while (!Q.empty()) {
      int x = Q.front(); Q.pop();
      for (int i = pre[x]; ~i; i = nxt[i]) 
        if (ret[i] && !~dis[to[i]]) {
          dis[to[i]] = dis[x] + 1;
          if (to[i] == T) return true;
          Q.push(to[i]);
        }
    }
    return false;
  }
  LL DFS(int x, int T, LL f) {
    if (x == T) return f;
    LL ans = 0;
    int i;
    for (i = pre[x]; ~i && ans < f; i = nxt[i])
      if (ret[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1) {
        LL d = DFS(to[i], T, std::min(f - ans, ret[i]));
        ret[i] -= d;
        ret[i ^ 1] += d;
        ans += d;
      }
    if (!~i) dis[x] = -1;
    return ans;
  }
  LL solve(int S, int T) {
    LL ans = 0;
    while (BFS(S, T))
      ans += DFS(S, T, INF);
    return ans;
  }
};
Dinic solver;
int main() {
  int n, m, x, y, z;
  scanf("%d%d", &n, &m);
  int S = n + m, T = n + m + 1;
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    scanf("%d", &x);
    solver.addEdge(S, i, x);
  }
  LL ans = 0;
  for (int i = 0; i < m; ++i) {
    scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
    solver.addEdge(x - 1, i + n);
    solver.addEdge(y - 1, i + n);
    solver.addEdge(i + n, T, z);
    ans += z;
  }
  printf("%lld\n", ans - solver.solve(S, T));
  return 0;
}