bzoj1497【NOI2006】最大获利

1497: [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

4

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

最小割的应用

先定义s割为选，t割为不选。

我们可以先将所有收益加起来，再减去最小代价，即为最终答案。

从源点s到所有用户节点i连边(s,i,c[i])，表示如果用户i不能满足，就会付出c[i]的代价。

从所有中转站节点i到汇点t连边(i,t,p[i])，表示如果要建立中转站i，就要付出p[i]的代价。

然后考虑用户对中转站的要求，两个中转站中只要有一个没有，这个用户就不能满足，即只要有一个中转站属于t割，那该用户也属于t割。只要连边(i,a[i],inf)和(i,b[i],inf)，因为长度为inf的边是一定不会成为割的。这个方法很巧妙。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
#define maxn 60000
#define maxm 320000
#define inf 1000000000
using namespace std;
struct edge_type
{
	int next,to,v;
}e[maxm];
int head[maxn],cur[maxn],dis[maxn];
int n,m,s,t,cnt=1,ans=0,x,y,z;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void add_edge(int x,int y,int v)
{
	e[++cnt]=(edge_type){head[x],y,v};head[x]=cnt;
	e[++cnt]=(edge_type){head[y],x,0};head[y]=cnt;
}
inline bool bfs()
{
	queue<int>q;
	memset(dis,-1,sizeof(dis));
	dis[s]=0;q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		int tmp=q.front();q.pop();
		if (tmp==t) return true;
		for(int i=head[tmp];i;i=e[i].next) if (e[i].v&&dis[e[i].to]==-1)
		{
			dis[e[i].to]=dis[tmp]+1;
			q.push(e[i].to);
		}
	}
	return false;
}
inline int dfs(int x,int f)
{
	int tmp,sum=0;
	if (x==t) return f;
	for(int &i=cur[x];i;i=e[i].next)
	{
		int y=e[i].to;
		if (e[i].v&&dis[y]==dis[x]+1)
		{
			tmp=dfs(y,min(f-sum,e[i].v));
			e[i].v-=tmp;e[i^1].v+=tmp;sum+=tmp;
			if (sum==f) return sum;
		}
	}
	if (!sum) dis[x]=-1;
	return sum;
}
inline void dinic()
{
	while (bfs())
	{
		F(i,1,t) cur[i]=head[i];
		ans-=dfs(s,inf);
	}
}
int main()
{
	n=read();m=read();
	s=n+m+1;t=s+1;
	F(i,1,n)
	{
		z=read();
		add_edge(i+m,t,z);
	}
	F(i,1,m)
	{
		x=read();y=read();z=read();
		ans+=z;
		add_edge(s,i,z);
		add_edge(i,x+m,inf);
		add_edge(i,y+m,inf);
	}
	dinic();
	printf("%d\n",ans);
}