Bzoj1497 [NOI2006]最大获利

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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

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。

Source

网络流最小割

从源点向每个中转站连边，容量为建造费用。

从中转站向用户群连边，容量为INF

从用户群向汇点连边，容量为盈利。

求最小割。如果盈利大于成本，最小割将会割掉左边的费用边，如果成本大于盈利，最小割将会割掉右边的盈利边。

所有用户群体的盈利总和减去最小割就是答案（要么支付费用建设中转站，要么放弃一部分盈利）。

 1 /*by SilverN*/
 2 #include<iostream>
 3 #include<algorithm>
 4 #include<cstring>
 5 #include<cstdio>
 6 #include<cmath>
 7 #include<queue>
 8 using namespace std;
 9 const int INF=1e9;
10 const int mxn=100010;
11 int read(){
12     int x=0,f=1;char ch=getchar();
13     while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
14     while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
15     return x*f;
16 }
17 struct edge{
18     int v,nxt,f;
19 }e[mxn<<3];
20 int hd[mxn],mct=1;
21 void add_edge(int u,int v,int c){
22     e[++mct].v=v;e[mct].f=c;e[mct].nxt=hd[u];hd[u]=mct;return;
23 }
24 void insert(int u,int v,int c){
25     add_edge(u,v,c);add_edge(v,u,0);return;
26 }
27 int n,m,S,T;
28 int d[mxn];
29 bool BFS(){
30     memset(d,0,sizeof d);
31     d[S]=1;
32     queue<int>q;
33     q.push(S);
34     while(!q.empty()){
35         int u=q.front();q.pop();
36         for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
37             int v=e[i].v;
38             if(!d[v] && e[i].f){
39                 d[v]=d[u]+1;q.push(v);
40             }
41         }
42     }
43     return d[T];
44 }
45 int DFS(int u,int lim){
46     if(u==T)return lim;
47     int tmp,f=0;
48     for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
49         int v=e[i].v;
50         if(d[v]==d[u]+1 && e[i].f){
51             tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f));
52             e[i].f-=tmp;
53             e[i^1].f+=tmp;
54             lim-=tmp;
55             f+=tmp;
56             if(!lim)return f;
57         }
58     }
59     d[u]=0;
60     return f;
61 }
62 int Dinic(){
63     int res=0;
64     while(BFS())res+=DFS(S,1e9);
65     return res;
66 }
67 int main(){
68     n=read();m=read();
69     S=0;T=n+m+1;
70     int i,j,w,a,b;
71     for(i=1;i<=n;i++){
72         w=read();
73         insert(S,i,w);
74     }
75     int smm=0;
76     for(i=1;i<=m;i++){
77         a=read();b=read();w=read();
78         insert(a,n+i,INF);
79         insert(b,n+i,INF);
80         insert(n+i,T,w);
81         smm+=w;
82     }
83     int ans=smm-Dinic();
84     printf("%d
",ans);
85     return 0;
86 }