BZOJ1497 NOI2006最大獲利

1497: [NOI2006]最大獲利

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Description

新的技術正衝擊着手機通訊市場，對於各大運營商來說，這既是機遇，更是挑戰。THU集團旗下的CS&T通訊公司在新一代通訊技術血戰的前夜，需要做太多的準備工作，僅就站址選擇一項，就需要完成前期市場研究、站址勘測、最優化等項目。在前期市場調查和站址勘測之後，公司得到了一共N個可以作爲通訊信號中轉站的地址，而由於這些地址的地理位置差異，在不同的地方建造通訊中轉站需要投入的成本也是不一樣的，所幸在前期調查之後這些都是已知數據：建立第i個通訊中轉站需要的成本爲Pi（1≤i≤N）。另外公司調查得出了所有期望中的用戶羣，一共M個。關於第i個用戶羣的信息概括爲Ai, Bi和Ci：這些用戶會使用中轉站Ai和中轉站Bi進行通訊，公司可以獲益Ci。（1≤i≤M, 1≤Ai, Bi≤N） THU集團的CS&T公司可以有選擇的建立一些中轉站（投入成本），爲一些用戶提供服務並獲得收益（獲益之和）。那麼如何選擇最終建立的中轉站才能讓公司的淨獲利最大呢？（淨獲利 = 獲益之和 - 投入成本之和）

Input

輸入文件中第一行有兩個正整數N和M 。第二行中有N個整數描述每一個通訊中轉站的建立成本，依次爲P1, P2, …, PN 。以下M行，第(i + 2)行的三個數Ai, Bi和Ci描述第i個用戶羣的信息。所有變量的含義可以參見題目描述。

Output

你的程序只要向輸出文件輸出一個整數，表示公司可以得到的最大淨獲利。

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

4

HINT

【樣例說明】選擇建立1、2、3號中轉站，則需要投入成本6，獲利爲10，因此得到最大收益4。【評分方法】本題沒有部分分，你的程序的輸出只有和我們的答案完全一致才能獲得滿分，否則不得分。【數據規模和約定】 80%的數據中：N≤200，M≤1 000。 100%的數據中：N≤5 000，M≤50 000，0≤Ci≤100，0≤Pi≤100。

最大權閉合子圖 　+　網絡流

水題，S向用戶羣連邊，容量爲收益；中轉站向T連邊，容量爲花費，每個用戶羣向兩個中轉站連邊，容量爲正無窮，所有用戶羣收益和　－　該圖的最小割即爲答案。

代碼如下：

/* 
* @Author: 逸閒
* @Date:   2015-04-27 13:20:19
* @Last Modified by:   逸閒
* @Last Modified time: 2015-04-27 13:42:36
*/

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include "cstring"
#include "queue"

using namespace std;

#define INF 0x3F3F3F3F
#define MAX_SIZE 60005

struct Edge
{
	int To, Next, C;
}Edges[400000];

int Front[MAX_SIZE], Distance[MAX_SIZE];
int Total = 1, N, M, S, T;

inline void Add_Edge(int From, int To, int C)
{
	++Total;
	Edges[Total].To = To;
	Edges[Total].C = C;
	Edges[Total].Next = Front[From];
	Front[From] = Total;
}

inline void Add_Edges(int From, int To, int C)
{
	Add_Edge(From, To, C);
	Add_Edge(To, From, 0);
}

inline bool BFS()
{
	memset(Distance, 0, sizeof(Distance));
	Distance[S] = 1;
	queue<int> Queue;
	Queue.push(S);
	while(!Queue.empty())
	{
		int Now = Queue.front();
		Queue.pop();
		for(int temp = Front[Now]; temp; temp = Edges[temp].Next)
		{
			if(Edges[temp].C && !Distance[Edges[temp].To])
			{
				Distance[Edges[temp].To] = Distance[Now] + 1;
				Queue.push(Edges[temp].To);
			}
		}
	}
	return Distance[T];
}

int DFS(int Now, int In)
{
	if(Now == T)
		return In;
	int Rest = In;
	for(int temp = Front[Now]; temp; temp = Edges[temp].Next)
	{
		if(Edges[temp].C && Distance[Edges[temp].To] == Distance[Now] + 1)
		{
			int Increment = DFS(Edges[temp].To, min(Edges[temp].C, Rest));
			Rest -= Increment;
			Edges[temp].C -= Increment;
			Edges[temp ^ 1].C += Increment;
			if(!Rest)
				return In;
		}
	}
	if(Rest == In)
		Distance[Now] = 0;
	return In - Rest;
}

int Max_Flow()
{
	int Ans = 0;
	while(BFS())
		Ans += DFS(S, INF);
	return Ans;
}

int main()
{
	freopen("input.txt", "r", stdin);
	freopen("output.txt", "w", stdout);
	cin >> N >> M;
	S = 0;
	T = N + M + 1;
	for(int i = 1; i <= N; ++i)
	{
		int temp;
		scanf("%d", &temp);
		Add_Edges(i + M, T, temp);
	}
	int Sum = 0;
	for(int i = 1; i <= M; ++i)
	{
		int temp1, temp2, temp3;
		scanf("%d%d%d", &temp1, &temp2, &temp3);
		Add_Edges(i, temp1 + M, INF);
		Add_Edges(i, temp2 + M, INF);
		Add_Edges(S, i, temp3);
		Sum += temp3;
	}
	cout << Sum - Max_Flow() << endl;
	fclose(stdin);
	fclose(stdout);
	return 0;
}