961. 最大获利
题目链接
961. 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 \(P_i(1 \le i \le N)\)。
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 \(A_i, B_i\) 和 \(C_i\)：这些用户会使用中转站 \(A_i\) 和中转站 \(B_i\) 进行通讯，公司可以获益 \(C_i。（1 \le i \le M, 1 \le A_i, B_i \le N）\)
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）
输入格式
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 \(P_1, P_2, …, P_N\) 。
以下 \(M\) 行，第 \((i + 2)\) 行的三个数 \(A_i, B_i\) 和 \(C_i\) 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。
输出格式
输出一个整数，表示公司可以得到的最大净获利。
数据范围
\(1 \le N \le 5000\),
\(1 \le M \le 50000\),
\(0 \le C_i,P_i \le 100\)
输入样例：
5 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
输出样例：
4
样例解释
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 \(4\)。
解题思路
最小割，最大权闭合图
闭合子图（本质上是一个点集）：对于一个图 \(G(V,E)\)，找到图中的某个点集，这个点集满足不存在点集中的某个点指向除点集以外的其他点的边
最大权闭合子图：即闭合子图权值最大的子图
对于一个含有点权的图，考虑转化为流网络，建立源点 \(s\)，汇点 \(t\)，\(s\) 向所有权值为正的点连边，容量为点权，所有点权为负的点向 \(t\) 连边，容量为点权的相反数，其余点之间按原图连边，容量足够大
在上述定义的流网络的基础上，定义简单割 \([S,T]\)：\(S\) 和 \(T\) 之间的边不含容量足够大的边。显然，最小割一定是简单割：由最小割最大流定理，\(最小割=最大流\)，由可行流的定理，由 \(s\) 出去的边肯定没有容量足够大的边，故最小割一定是简单割
给出一个结论：流网络中的简单割和原图中的闭合子图一一对应
证明：
对于原图上的任意一个闭合子图都可以对应流网络上的一个简单割
对于闭合子图的任意一个子集 \(V'\)，构造一个割集 \([S,T]\)，其中 \(S=V'+\{s\}\)，\(T=V-S\)（其中全点集 \(V\) 包括 \(s\) 和 \(t\)），假设 \(S\) 到 \(T\) 中存在容量足够大的边，则由于 \(s\) 连接的都是容量有限的边，要是存在这样的边则一定是原图的闭合子图连接过去的，而由于连接 \(t\) 的边容量也是有限的，故连接到 \(T\) 部分的点也不会是 \(t\)，故边上的两个点如果可以的话一定是原图上的两个点，由闭合子图的定义，闭合子图不能向除自己点集以外的其他点连边，故这样构造的割集 \(S\) 和 \(T\) 之间不可能存在容量足够大的边，即该割是简单割
对于流网络上的任意一个简单割都可以对应原图上的一个闭合子图
对于任意一个简单割 \([S,T]\)，即证明 \(S-{s}\) 对应原图是一个闭合子图，即里面的点不能向 \(T\) 中除 \(t\) 以外的其他点连边，显然，简单割 \(S\) 和 \(T\) 之间的边的容量都有限，即都会跟 \(s\) 和 \(t\) 有关，\(S\) 和 \(T\) 之间的边一个点要么是 \(s\)，一个点要么是 \(t\)，故 \(S\) 里面的点不可能向 \(T\) 中除 \(t\) 以外的其他点连边，得证
对于任意一个简单割 \([S,T]\)，\(S\) 中的闭合子图为 \(V'\)，设原图点集为 \(V\)，\(C[S,T]=C_{v\in V'}[v,t]+C_{v\in V-V'}[s,v]=\sum \limits_{v\in V',v为负权点}-w_v+\sum\limits_{v\in {V-V'},v为正权点}w_v\)，设 \(W^{+}\) 为原图中所有权值为正的权值之和，则 \(W^{+}=\sum\limits_{v\in {V-V',v为正权点}}w_v+\sum\limits_{v\in {V'},v为正权点}w_v\)，则 \(\sum\limits_{v\in {V-V',v为正权点}}w_v=W^{+}-\sum\limits_{v\in {V'},v为正权点}w_v\)，则 \(C[S,T]=\sum \limits_{v\in V',v为负权点}-w_v+W^{+}-\sum\limits_{v\in {V'},v为正权点}w_v\)，则 \(\sum\limits_{v\in {V'}}w_v=W^{+}-C[S,T]\)，要使 \(\sum\limits_{v\in {V'}}w_v\) 最大，即 \([S,T]\) 最小，即最小割
本题为所有正点减去与之相关的负点，不妨这样建图：建立源点 \(s\) 和汇点 \(t\)，源点向所有点权为正的点连边，容量为点权，所有点权为负的点向 \(t\) 连边，容量为点权的相反数，选择一定点权为正的点，需向两个点权为负的点两边，容量足够大，这样可以对应上一个闭合图，\(\color{red}{为什么？}\)闭合图是指选择的点集，不存在向外连的边，假设选择了正权的点，则其必须得选其连向的负权的点，正好满足题目要求
- 时间复杂度：\(O(n^2m)\)
最大密度子图
在 2324. 生活的艰辛 的扩展（即点权和边权都有的情况）中，要使 \(|E|+|V|-g\times cnt_V\)（这里将所有点权置为负数，边权即顾客点权，为正） 最大化，对应本题使 \(|E|+|V|\) 最大，此时 \(g=0\)，即可将问题转化为最大密度子图问题
- 时间复杂度：\(O(n^2m)\)
代码
- 最大权闭合图
// Problem: 最大获利
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/963/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=55005,M=(3*50005+5005)*2,inf=1e9;
int n,m,S,T;
int h[N],ne[M],e[M],f[M],idx;
int hh,tt,q[N],cur[N],d[N];
void add(int a,int b,int c)
{
e[idx]=b,f[idx]=c,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
e[idx]=a,f[idx]=0,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool bfs()
{
memset(d,-1,sizeof d);
d[S]=hh=tt=0;
cur[S]=h[S];
q[0]=S;
while(hh<=tt)
{
int x=q[hh++];
for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
{
int y=e[i];
if(d[y]==-1&&f[i])
{
d[y]=d[x]+1;
cur[y]=h[y];
if(y==T)return true;
q[++tt]=y;
}
}
}
return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
if(x==T)return limit;
int flow=0;
for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
{
cur[x]=i;
int y=e[i];
if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
{
int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
if(!t)d[y]=-1;
f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
}
}
return flow;
}
int dinic()
{
int res=0,flow;
while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
return res;
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
scanf("%d%d",&n,&m);
S=0,T=n+m+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
int p;
scanf("%d",&p);
add(i,T,p);
}
int res=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
res+=c;
add(S,n+i,c),add(n+i,a,inf),add(n+i,b,inf);
}
printf("%d",res-dinic());
return 0;
}
- 最大密度子图
// Problem: 最大获利
// Contest: AcWing
// URL: https://www.acwing.com/problem/content/963/
// Memory Limit: 64 MB
// Time Limit: 1000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
// %%%Skyqwq
#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define help {cin.tie(NULL); cout.tie(NULL);}
#define pb push_back
#define fi first
#define se second
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> PII;
typedef pair<LL, LL> PLL;
template <typename T> bool chkMax(T &x, T y) { return (y > x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> bool chkMin(T &x, T y) { return (y < x) ? x = y, 1 : 0; }
template <typename T> void inline read(T &x) {
int f = 1; x = 0; char s = getchar();
while (s < '0' || s > '9') { if (s == '-') f = -1; s = getchar(); }
while (s <= '9' && s >= '0') x = x * 10 + (s ^ 48), s = getchar();
x *= f;
}
const int N=5005,M=(2*N+50005)*2,inf=1e9;
int n,m,S,T;
int h[N],ne[M],f[M],e[M],idx;
int p[N],deg[N];
int d[N],hh,tt,q[N],cur[N];
void add(int a,int b,int c1,int c2)
{
e[idx]=b,f[idx]=c1,ne[idx]=h[a],h[a]=idx++;
e[idx]=a,f[idx]=c2,ne[idx]=h[b],h[b]=idx++;
}
bool bfs()
{
memset(d,-1,sizeof d);
d[S]=hh=tt=0;
q[0]=S;
cur[S]=h[S];
while(hh<=tt)
{
int x=q[hh++];
for(int i=h[x];~i;i=ne[i])
{
int y=e[i];
if(d[y]==-1&&f[i])
{
d[y]=d[x]+1;
cur[y]=h[y];
if(y==T)return true;
q[++tt]=y;
}
}
}
return false;
}
int dfs(int x,int limit)
{
if(x==T)return limit;
int flow=0;
for(int i=cur[x];~i&&flow<limit;i=ne[i])
{
cur[x]=i;
int y=e[i];
if(d[y]==d[x]+1&&f[i])
{
int t=dfs(y,min(f[i],limit-flow));
if(!t)d[y]=-1;
f[i]-=t,f[i^1]+=t,flow+=t;
}
}
return flow;
}
int dinic()
{
int res=0,flow;
while(bfs())while(flow=dfs(S,inf))res+=flow;
return res;
}
int main()
{
memset(h,-1,sizeof h);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]),p[i]*=-1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int a,b,c;
scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
add(a,b,c,c);
deg[a]+=c,deg[b]+=c;
}
S=0,T=n+1;
int U=0;
for(int i=1;i<=n;i++)U=max(U,deg[i]+2*p[i]);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add(i,T,U-deg[i]-2*p[i],0);
add(S,i,U,0);
}
printf("%d",(n*U-dinic())/2);
return 0;
}
