[BZOJ1497][NOI2006]最大获利

试题描述

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

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 (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

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。

输入示例

输出示例

数据规模及约定

(100 exttt{%}) 的数据中：(N le 5000)，(M le 50000)，(0 le C_i le 100)，(0 le P_i le 100)。

题解

最小割套路题。先把所有收益都拿到，然后两种可能的花费，要么建立一个中转站，要么抛弃一个客户。所以从源点向中转站连权值为花费的边，两个中转站向一个客户连权值无穷的边，客户向汇点连权值为收益的边。跑最小割。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s); i <= (t); i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s); i >= (t); i--)

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 55010
#define maxm 400010
#define oo 2147483647

struct Edge {
	int from, to, flow;
	Edge() {}
	Edge(int _1, int _2, int _3): from(_1), to(_2), flow(_3) {}
};
struct Dinic {
	int n, m, s, t, head[maxn], nxt[maxm];
	Edge es[maxm];
	int vis[maxn], Q[maxn], hd, tl;
	int cur[maxn];
	
	void init() {
		m = 0; memset(head, -1, sizeof(head));
		return ;
	}
	void setn(int _) {
		n = _;
		return ;
	}
	
	void AddEdge(int a, int b, int c) {
		es[m] = Edge(a, b, c); nxt[m] = head[a]; head[a] = m++;
		es[m] = Edge(b, a, 0); nxt[m] = head[b]; head[b] = m++;
		return ;
	}
	
	bool BFS() {
		memset(vis, 0, sizeof(vis));
		hd = tl = 0; Q[++tl] = t;
		vis[t] = 1;
		while(hd < tl) {
			int u = Q[++hd];
			for(int i = head[u]; i != -1; i = nxt[i]) {
				Edge& e = es[i^1];
				if(!vis[e.from] && e.flow) {
					vis[e.from] = vis[u] + 1;
					Q[++tl] = e.from;
				}
			}
		}
		return vis[s] > 0;
	}
	
	int DFS(int u, int a) {
		if(u == t || !a) return a;
		int flow = 0, f;
		for(int& i = cur[u]; i != -1; i = nxt[i]) {
			Edge& e = es[i];
			if(vis[e.to] == vis[u] - 1 && (f = DFS(e.to, min(a, e.flow)))) {
				flow += f; a -= f;
				e.flow -= f; es[i^1].flow += f;
				if(!a) return flow;
			}
		}
		return flow;
	}
	
	int MaxFlow(int _s, int _t) {
		s = _s; t = _t;
		int flow = 0;
		while(BFS()) {
			rep(i, 1, n) cur[i] = head[i];
			flow += DFS(s, oo);
		}
		return flow;
	}
} sol;

int CntP;
struct Point {
	int id;
	Point(): id(0) {}
	int p() { return id ? id : id = ++CntP; }
} node[maxn], per[maxn], S, T;

int main() {
	int n = read(), m = read();
	sol.init();
	rep(i, 1, n) sol.AddEdge(S.p(), node[i].p(), read());
	int ans = 0;
	rep(i, 1, m) {
		int a = read(), b = read(), c = read();
		sol.AddEdge(node[a].p(), per[i].p(), oo);
		sol.AddEdge(node[b].p(), per[i].p(), oo);
		sol.AddEdge(per[i].p(), T.p(), c);
		ans += c;
	}
	sol.setn(CntP);
	printf("%d
", ans - sol.MaxFlow(S.p(), T.p()));
	
	return 0;
}

这题可以讨论一对点属于 (S) 割还是 (T) 割的 (4) 种情况，优化建图。

对于所有中转站，从源点向他们连权值等于花费的边；对于一个客户在对应两个点之间连权值为 (frac{花费}{2}) 的双向边，从这两个点向汇点连权值为 (frac{花费}{2}) 的边。