传送门
『转化』
由于传送门的使用次数是有限的,没有代价,而公交车是任意两点直达,代价均为1,那么问题就可以转化为最多可以使用多少次传送门。
『拆点』
我们知道到达一个点即意味着也要从这个点离开,由于传送门单向,我们自然可以想到拆点。
建图
按照传送门的起止点连边,容量为传送门最大使用次数;在从源点分别向每个起点连边,从每个终点分别向汇点连边,容量分别为每一个点应到达的次数。这样跑最大流的话即求出所有传送门的最大使用次数,每个点应该到达的次数总和 sum 减去 maxflow 即为答案。
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
using namespace std;
const int max_n=1e4+5;
const int max_m=1e5+5;
const int max_N=max_n*2+2;
const int max_M=max_n*2+max_m;
const int max_e=max_M*2;
const int inf=1e9;
int n,m,N,sum,x,y,cap,maxflow;
int F[max_n];
int point[max_N],next[max_e],v[max_e],remain[max_e],tot;
int deep[max_N],cur[max_N];
queue <int> q;
inline void add(int x,int y,int cap){
++tot; next[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; remain[tot]=cap;
++tot; next[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; remain[tot]=0;
}
inline bool bfs(int s,int t){
memset(deep,0x7f,sizeof(deep));
deep[s]=0;
for (int i=1;i<=N;++i)
cur[i]=point[i];
while (!q.empty()) q.pop();
q.push(s);
while (!q.empty()){
int now=q.front(); q.pop();
for (int i=point[now];i!=-1;i=next[i])
if (deep[v[i]]>inf&&remain[i]){
deep[v[i]]=deep[now]+1;
q.push(v[i]);
}
}
return deep[t]<inf;
}
inline int dfs(int now,int t,int limit){
if (!limit||now==t) return limit;
int flow=0,f;
for (int i=cur[now];i!=-1;i=next[i]){
cur[now]=i;
if (deep[v[i]]==deep[now]+1&&(f=dfs(v[i],t,min(limit,remain[i])))){
flow+=f;
limit-=f;
remain[i]-=f;
remain[i^1]+=f;
if (!limit) break;
}
}
return flow;
}
inline void dinic(int s,int t){
while (bfs(s,t))
maxflow+=dfs(s,t,inf);
}
int main(){
tot=-1;
memset(point,-1,sizeof(point));
memset(next,-1,sizeof(next));
scanf("%d%d",&n,&m);
N=2+2*n;
for (int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d",&F[i]);
add(1,i+1,F[i]);
add(i+1+n,N,F[i]);
sum+=F[i];
}
for (int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d%d",&x,&y,&cap);
add(x+1,1+n+y,cap);
}
dinic(1,N);
printf("%d\n",sum-maxflow);
}