BZOJ 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
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
由"一个用户需要两个中转站"可以知道
这是一个最大闭合权图问题，
求最大闭合权图==求最小割==求最大流
因为必须选择两个中转站，所以一个用户所要选择的两个中转站不能成为最小割。
我们可以从i想x+m和y+m分别连一条权值为INF的边，
然后就是最大闭合权图的套路了，
代价连T，
收益连S
1 #include<iostream>
2 #include<cstdio>
3 #include<cstring>
4 #include<cmath>
5 #include<queue>
6 using namespace std;
7 const int MAXN=2000001;
8 const int INF = 1e8;
9 inline void read(int &n)
10 {
11 char c='+';int x=0;bool flag=0;
12 while(c<'0'||c>'9'){c=getchar();if(c=='-')flag=1;}
13 while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-48;c=getchar();}
14 n=flag==1?-x:x;
15 }
16 int n,m,s,t;
17 struct node
18 {
19 int u,v,flow,nxt;
20 }edge[MAXN];
21 int head[MAXN];
22 int cur[MAXN];
23 int num=0;
24 int deep[MAXN];
25 int tot=0;
26 void add_edge(int x,int y,int z)
27 {
28 edge[num].u=x;
29 edge[num].v=y;
30 edge[num].flow=z;
31 edge[num].nxt=head[x];
32 head[x]=num++;
33 }
34 void add(int x,int y,int z)
35 {
36 add_edge(x,y,z);
37 add_edge(y,x,0);
38 }
39 bool BFS()
40 {
41 memset(deep,0,sizeof(deep));
42 deep[s]=1;
43 queue<int>q;
44 q.push(s);
45 while(q.size()!=0)
46 {
47 int p=q.front();
48 q.pop();
49 for(int i=head[p];i!=-1;i=edge[i].nxt)
50 if(!deep[edge[i].v]&&edge[i].flow)
51 deep[edge[i].v]=deep[edge[i].u]+1,
52 q.push(edge[i].v);
53 }
54 return deep[t];
55
56 }
57 int DFS(int now,int nowflow)
58 {
59 if(now==t||nowflow<=0)
60 return nowflow;
61 int totflow=0;
62 for(int &i=cur[now];i!=-1;i=edge[i].nxt)
63 {
64 if(deep[edge[i].v]==deep[edge[i].u]+1&&edge[i].flow)
65 {
66 int canflow=DFS(edge[i].v,min(nowflow,edge[i].flow));
67 edge[i].flow-=canflow;
68 edge[i^1].flow+=canflow;
69 totflow+=canflow;
70 nowflow-=canflow;
71 if(nowflow<=0)
72 break;
73 }
74
75 }
76 return totflow;
77 }
78 void Dinic()
79 {
80 int ans=0;
81 while(BFS())
82 {
83 memcpy(cur,head,MAXN);
84 ans+=DFS(s,1e8);
85 }
86 printf("%d",tot-ans);
87 }
88 int main()
89 {
90 memset(head,-1,sizeof(head));
91 read(n);read(m);
92 s=n+m+1;t=n+m+2;
93 for(int i=1;i<=n;i++)
94 {
95 int p;read(p);
96 add(i+m,t,p);
97 }
98 for(int i=1;i<=m;i++)
99 {
100 int x,y,z;
101 read(x);read(y);read(z);
102 add(i,x+m,INF);
103 add(i,y+m,INF);
104 add(s,i,z);
105 tot+=z;
106 }
107 Dinic();
108 return 0;
109 }