【题意】给定n个点，点权为pi。m条边，边权为ci。选择一个点集的收益是在[点集中的边权和]-[点集点权和]，求最大获利。n<=5000,m<=50000,0<=ci,pi<=100。
【算法】最大权闭合子图 或 最小割
【题解】网络流的复杂度是假的233大胆地写吧。
把边视为连向端点的点，就是最大权闭合子图了。
重点讲一下Amber论文中的最小割模型。
设$d_v$表示点v的邻边边权和，$g$表示一端选一端不选的边权和（即点集和其他点的割），那么：
$$2ans=-(-sum_v d_v+g+2*sum_v p_v)$$
为了方便求最小割，我们在右边整体加了个负号，这样我们就是求括号内的最小值了。
在网络流图中，对每个点x建一个点，S-x-T，割x-T表示在S割表示选，割S-x表示在T割表示不选，所以把选点的代价$2p_v-d_v$放在x-T上。
如果点u选而点v不选，那么边(u,v)就必须加入最小割，所以从u向v连边容量为边权，这样割掉u-T和S-v后还有通路S-u-v-T。
建图完毕后，图中有负权边。我们给所有节点加一个固定代价U（U足够大，无论选不选），这样显然不影响决策，就可以在S-x和x-T上+U，从而解决负权边的问题。
（最小割不能直接给所有边加权，这样会破坏边权大小关系，必须要从建图方面考虑不影响决策的代价）
最终答案就是$frac{U*n-c[S,T]}{2}$。
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; int n,m,S,T,p[5010]; namespace nwf{ const int maxn=5010,maxm=200010,inf=0x3f3f3f3f; int tot=1,first[maxn],d[maxn],q[maxn],cur[maxn]; struct edge{int v,f,from;}e[maxm*2]; void insert(int u,int v,int f){ tot++;e[tot].v=v;e[tot].f=f;e[tot].from=first[u];first[u]=tot; tot++;e[tot].v=u;e[tot].f=0;e[tot].from=first[v];first[v]=tot; } bool bfs(){ memset(d,-1,sizeof(d)); d[S]=0; int head=0,tail=1;q[head]=S; while(head<tail){ int x=q[head++]; for(int i=first[x];i;i=e[i].from)if(e[i].f&&d[e[i].v]==-1){ d[e[i].v]=d[x]+1; q[tail++]=e[i].v; } } return ~d[T]; } int dfs(int x,int a){ if(x==T||a==0)return a; int flow=0,f; for(int& i=cur[x];i;i=e[i].from) if(e[i].f&&d[e[i].v]==d[x]+1&&(f=dfs(e[i].v,min(a,e[i].f)))){ e[i].f-=f;e[i^1].f+=f; flow+=f;a-=f; if(a==0)break; } return flow; } int dinic(){ int ans=0; while(bfs()){ for(int i=S;i<=T;i++)cur[i]=first[i]; ans+=dfs(S,inf); } return ans; } } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); S=0;T=n+1;int U; for(int i=1;i<=n;i++){ int u; scanf("%d",&u); nwf::insert(i,T,u*2); } for(int i=1;i<=m;i++){ int u,v,w; scanf("%d%d%d",&u,&v,&w); nwf::insert(u,v,w);nwf::insert(v,u,w);// p[u]+=w;p[v]+=w;U=max(U,max(p[u],p[v])); } for(int i=1;i<=n;i++){ nwf::insert(S,i,U);nwf::insert(i,T,U-p[i]); } printf("%lld",(1ll*U*n-nwf::dinic())/2); return 0; }