1497: [NOI2006]最大获利
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
Sample Output
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。
这道题目是经典的最大权闭合子图。典型做法是（请把“改点”自行脑补成“该点”）：
确实很有道理。忽然想起文理分科，便恍然大悟。最开始可以使用近乎贪心的策略，把所有的正权都容纳入内，再构造一张图，表示出依赖关系，若不割某边，则必割某边。每一次割边都视作一次损失，我们要让损失最小化，并且让图合法化，这就可以用最小割。净获利 = 获益之和 - 投入成本之和，若最开始选了，那么割去则意味着放弃此收益，若最开始没有选，则意味着这是成本，即投入该成本。如果要输出方案，就可以转化为输出最小割的方案，好强啊！反正我不会。
最后说一句，不知道为什么，N开10^5才能过，不知道是为什么。（否则会RE）
/**************************************************************
Problem: 1497
User: Doggu
Language: C++
Result: Accepted
Time:700 ms
Memory:10196 kb
****************************************************************/ #include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
template<class T>inline void readin(T &res) {
static char ch;
while((ch=getchar())<''||ch>'');
res=ch-;
while((ch=getchar())>=''&&ch<='')res=(res<<)+(res<<)+ch-;
}
const int N = ;
const int M = ;
struct Edge {int v,upre,cap,flow;}g[M];
int head[N], ne=-;
inline void adde(int u,int v,int cap) {
g[++ne]=(Edge){v,head[u],cap,},head[u]=ne;
g[++ne]=(Edge){u,head[v],,},head[v]=ne;
} int n, m, s, t; int d[N], cur[N], q[N], front, rear;
bool BFS() {
memset(d, ,sizeof(d));
front=rear=;q[rear++]=s;d[s]=;
while(front!=rear) {
int u=q[front++];
for( int i = head[u]; i != -; i = g[i].upre ) {
int v=g[i].v;
if(!d[v]&&g[i].cap>g[i].flow) q[rear++]=v,d[v]=d[u]+;
}
}
return d[t];
}
int DFS(int u,int a) {
if(u==t||a==) return a;
int flow=, f;
for( int &i = cur[u]; i != -; i = g[i].upre ) {
int v=g[i].v;
if(d[v]==d[u]+&&(f=DFS(v,std::min(a,g[i].cap-g[i].flow)))>) {
flow+=f;a-=f;g[i].flow+=f;g[i^].flow-=f;
if(a==) break;
}
}
if(!flow) d[u]=;
return flow;
}
int maxflow() {
int flow=; while(BFS()) {
memcpy(cur,head,sizeof(head));
flow+=DFS(s,0x3f3f3f3f);
}
return flow;
}
int main() {
memset(head,-,sizeof(head));
readin(n);readin(m);
int x, a, b, c, sum=;
s=n+m+;t=n+m+;
for( int i = ; i <= n; i++ ) {
readin(x);adde(i,t,x);
}
for( int i = ; i <= m; i++ ) {
readin(a);readin(b);readin(c);sum+=c;
adde(n+i,a,0x3f3f3f3f);
adde(n+i,b,0x3f3f3f3f);
adde(s,n+i,c);
}
n=n+m+;
//净获利=获益之和-投入成本之和(要么放弃c要么投入ab)
printf("%d\n",sum-maxflow());
return ;
}
dinic最小割建图