【最大权闭合子图最小割】bzoj1497: [NOI2006]最大获利

最大权闭合子图的模型；今天才发现dinic板子是一直挂的……

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。

题目分析

最早来看这题的时候，建出来的图同时带了点权和边权，弄得稀里糊涂……

这里需要把每一个需求抽象出来，向需要的基站建立拓扑关系，接下去的事就是最大权闭合子图的板子了。

这一种大概是最大权闭合子图的建图套路吧。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 const int maxn = 5035;
 3 const int maxm = 2000035;
 4 const int maxNode = 800005;
 5 const int INF = 2e9;
 6  
 7 struct Edge
 8 {
 9     int u,v,f,c;
10     Edge(int a=0, int b=0, int c=0, int d=0):u(a),v(b),f(c),c(d) {}
11 }edges[maxm];
12 int n,m,ans;
13 int edgeTot,head[maxNode],cur[maxNode],nxt[maxm],S,T;
14 int lv[maxNode];
15  
16 int read()
17 {
18     char ch = getchar();
19     int num = 0, fl = 1;
20     for (; !isdigit(ch); ch=getchar())
21         if (ch=='-') fl = -1;
22     for (; isdigit(ch); ch=getchar())
23         num = (num<<1)+(num<<3)+ch-48;
24     return num*fl;
25 }
26 void addedge(int u, int v, int c)
27 {
28     edges[edgeTot] = Edge(u, v, 0, c), nxt[edgeTot] = head[u], head[u] = edgeTot, ++edgeTot;
29     edges[edgeTot] = Edge(v, u, 0, 0), nxt[edgeTot] = head[v], head[v] = edgeTot, ++edgeTot;
30 }
31 bool buildLevel()
32 {
33     std::queue<int> q;
34     memset(lv, 0, sizeof lv);
35     lv[S] = 1, q.push(S);
36     for (int i=1; i<=T; i++) cur[i] = head[i];
37     for (int tmp; q.size(); )
38     {
39         tmp = q.front(), q.pop();
40         for (int i=head[tmp]; i!=-1; i=nxt[i])
41         {
42             int v = edges[i].v;
43             if (!lv[v]&&edges[i].f < edges[i].c){
44                 lv[v] = lv[tmp]+1, q.push(v);
45                 if (v==T) return true;
46             }
47         }
48     }
49     return false;
50 }
51 int fndPath(int x, int lim)
52 {
53     int sum = 0;
54     if (x==T||!lim) return lim;
55     for (int i=cur[x]; i!=-1&&sum <= lim; i=nxt[i])
56     {
57         int v = edges[i].v, val;
58         if (lv[x]+1==lv[v]&&edges[i].f < edges[i].c){
59             if ((val = fndPath(v, std::min(lim-sum, edges[i].c-edges[i].f)))){
60                 edges[i].f += val, edges[i^1].f -= val;
61                 sum += val;
62             }else lv[v] = -1;
63         }
64     }
65     cur[x] = head[x];
66     return sum;
67 }
68 int dinic()
69 {
70     int ret = 0, val;
71     while (buildLevel())
72         while ((val = fndPath(S, INF))) ret += val;
73     return ret;
74 }
75 int main()
76 {
77     memset(head, -1, sizeof head);
78     n = read(), m = read(), S = n+m+1, T = S+1;
79     for (int i=1; i<=n; i++) addedge(m+i, T, read());
80     for (int i=1; i<=m; i++)
81     {
82         int u = read()+m, v = read()+m, c = read();
83         addedge(i, u, INF);
84         addedge(i, v, INF);
85         addedge(S, i, c);
86         ans += c;
87     }
88     printf("%d
",ans-dinic());
89     return 0;
90 }

END