BZOJ_1497_[NOI2006]_最大获利_(最大流+最大权闭合图)
描述
http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=1497
共n个站点,给出建立每个站点所需要的花费.现在有m个客户需要开通服务,每个客户需要有两个站点,客户给钱.问最大利润是多少.
1497: [NOI2006]最大获利
Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 3932 Solved: 1926
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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 51 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
Sample Output
4HINT
【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
分析
要选一个客户,就必须要选他所需的两个站点,这样有约束关系的,可以用最大权闭合图做.
胡伯涛的论文<最小割模型在信息学竞赛中的应用>:
讲得挺详细,就是看起来有点费劲...
把客户和站点都看做点,客户是正权值,站点是负权值.要有客户就必须有站点,所以边由客户连向站点,表示如果客户被选中,他所需的两个站点也一定被选中.
1.站点连向汇点,容量是站点的花费的绝对值;
2.客户连向源点,容量是客户给的钱;
3.每个客户连向他所需的两个站点,容量是INF.
然后跑最大流即可.
#include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> #include<vector> #include<queue> #define rep(i,n) for(int i=0;i<(n);i++) #define for1(i,a,n) for(int i=(a);i<=(n);i++) #define read(a) a=getnum() #define print(a) printf("%d\n",a) #define CC(i,a) memset(i,a,sizeof(i)) using namespace std; const int maxn=5005,maxm=50005,INF=0x7fffffff; int n,m,sumw; int cost[maxn],level[maxn+maxm],iter[maxn+maxm]; struct edge { int to,cap,rev; }; vector <edge> g[maxn+maxm]; inline int getnum() { int r=0,k=1; char c; for(c=getchar();c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') k=-1; for(;c>='0'&&c<='9';c=getchar()) r=r*10+c-'0'; return r*k; } void add_edge(int from,int to,int cap) { g[from].push_back((edge) { to,cap,g[to].size() }); g[to].push_back((edge) { from,0,g[from].size()-1 }); } void bfs(int s) { CC(level,-1); level[s]=0; queue <int> q; q.push(s); while(!q.empty()) { int t=q.front(); q.pop(); rep(i,g[t].size()) { edge e=g[t][i]; if(level[e.to]<0&&e.cap>0) { level[e.to]=level[t]+1; q.push(e.to); } } } } int dfs(int v,int t,int f) { if(v==t) return f; for(int &i=iter[v];i<g[v].size();i++) { edge &e=g[v][i]; if(e.cap>0&&level[e.to]>level[v]) { int d=dfs(e.to,t,min(f,e.cap)); if(d>0) { e.cap-=d; g[e.to][e.rev].cap+=d; return d; } } } return 0; } int max_flow(int s,int t) { int flow=0; bfs(s); while(level[t]>0) { CC(iter,0); int f; while((f=dfs(s,t,INF))>0) flow+=f; bfs(s); } return flow; } void init() { read(n); read(m); for1(i,1,n) { read(cost[i]); add_edge(i,n+m+1,cost[i]); } for1(i,1,m) { int a,b,c; read(a); read(b); read(c); add_edge(0,n+i,c); add_edge(n+i,a,INF); add_edge(n+i,b,INF); sumw+=c; } } int main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("prof.in","r",stdin); freopen("prof.out","w",stdout); #endif init(); print(sumw-max_flow(0,n+m+1)); #ifndef ONLINE_JUDGE fclose(stdin); fclose(stdout); system("prof.out"); #endif return 0; }View Code
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