bzoj1497:[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

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。

想法

标准的最大权闭合图模型。

Q： 什么是最大权闭合图？
A： 闭合图为有向图的一个点集，且该点集所有出边都指向该点集。
最大权闭合图为有向图中点权之和最大的闭合图。
Q： 最大权闭合图的特点？
A： 若存在 <u,v> \(\in\) E ，那闭合图中包括u的 前提 或 必要条件 为v在该闭合图中。

而最大权闭合图可用最小割求解。
（证明过程详见hbt大神论文《最小割模型在信息学竞赛中的应用》orzorz…）

这道题中，若想在某用户处获得收益，前提是建立该用户会使用的中转站。
相当于是一个图，节点为用户及中转站，每个用户向他会使用的2个中转站连边。
代表用户的点点权为Ci，代表中转站的点点权为Pi。
求该图最大权闭合图。

代码

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
 
#define INF 200000000
 
using namespace std;
 
const int N = 5005;
const int M = 50005;
 
struct node{
    int v,f;
    node *next,*rev;       
}pool[M*8+N*4],*h[N+M];
int cnt;
 
void addedge(int u,int v,int f){
    node *p=&pool[++cnt],*q=&pool[++cnt];
    p->v=v;p->next=h[u];h[u]=p; p->f=f;p->rev=q;
    q->v=u;q->next=h[v];h[v]=q; q->f=0;q->rev=p;     
}
 
int S,T;
int level[N+M];
int que[N+M];
bool bfs(){
    int head=0,tail=0,u,v;
    for(int i=S;i<=T;i++) level[i]=-1;     
    level[S]=1; que[tail++]=S;
    while(head<tail){
        u=que[head++];
        for(node *p=h[u];p;p=p->next)
            if(p->f && level[v=p->v]==-1){
                level[v]=level[u]+1;
                que[tail++]=v;        
            }
        if(level[T]!=-1) return true;
    }
    return false;
}
int find(int u,int f){
    int v,s=0,t;
    if(u==T) return f;
    for(node *p=h[u];p;p=p->next)
        if(s<f && p->f && level[v=p->v]==level[u]+1){
            t=find(v,min(f-s,p->f));
            if(t){
                s+=t;
                p->f-=t;
                p->rev->f+=t;      
            }
        }
    if(!s) level[u]=-1;
    return s;
}
int dinic(){
    int f=0;
    while(bfs()) f+=find(S,INF);
    return f;    
}
 
int n,m;
int a[M],b[M],c[M],d[N];
 
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        scanf("%d",&d[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]);
     
    int sum=0;
    S=0; T=n+m+1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        sum+=c[i];
        addedge(S,i,c[i]);
        addedge(i,a[i]+m,INF);
        addedge(i,b[i]+m,INF);        
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        addedge(m+i,T,d[i]);
     
    sum-=dinic();
    printf("%d\n",sum);
     
    return 0;    
}