NKOJ 1522 （NOI 2006）最大获利（最小割）

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P1522【NOI2006 Day2 T1】最大获利

问题描述

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）

输入格式

输入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。

输出格式

你的程序只要输出一个整数，表示公司可以得到的最大净获利。

样例输入

5 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3

样例输出

4

提示

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。

最大权闭合子图的模板题

每个客户权值为正，每个中转站权值为负，每个客户向对应两个中转站连边，求该图的最大权闭合子图。
用最大权闭合子图的基本方法，正权连边到源点，负权连边到汇点，原来的边设为正无穷。即可求解。

建图方法：
源点向每个客户连一条容量为$C_i$的边
每个中转站向汇点连一条容量为$P_i$的边
每个客户向对应的两个中转站连容量为正无穷的边

然后跑出上图的最小割，答案就是$\sum C_i - 最小割容量$
切源点与客户之间的边相当于不选这个客户，那么少掉收益为$C_i$
切汇点与中转站之间的边相当于选这个中转站，那么需要花费$P_i$

代码：

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#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#define N 500005
using namespace std;
int n,m,S,T,ans,maxflow;
int dis[N],cnt[N];
int TOT=1,LA[N],NE[N],EN[N],G[N],H[N];
void ADD(int x,int y,int z)
{
	TOT++;
	EN[TOT]=y;
	G[TOT]=z;
	NE[TOT]=LA[x];
	LA[x]=H[x]=TOT;
}
int SAP(int x,int f)
{
	int i,y,d=0,tmp;
	if(x==T)return f;
	for(i=LA[x];i;i=LA[x]=NE[i])
	{
		y=EN[i];
		if(!G[i]||dis[x]!=dis[y]+1)continue;
		tmp=SAP(y,min(f-d,G[i]));
		d+=tmp;G[i]-=tmp;G[i^1]+=tmp;
		if(d==f||dis[S]>T)return LA[x]=H[x],d;
	}
	if(!--cnt[dis[x]])dis[S]=T+1;
	cnt[++dis[x]]++;
	return LA[x]=H[x],d;
}
int main()
{
	int i,j,k,x,y,z;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	S=n+m+1;T=S+1;
	for(i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%d",&x);
		ADD(m+i,T,x);
		ADD(T,m+i,0);
	}
	for(i=1;i<=m;i++)
	{
		scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);ans+=z;
		ADD(S,i,z);ADD(i,S,0);
		ADD(i,m+x,1e9);ADD(m+x,i,0);
		ADD(i,m+y,1e9);ADD(m+y,i,0);
	}
	while(dis[S]<=T)maxflow+=SAP(S,1e9);
	printf("%d",ans-maxflow);
}