BZOJ 1497: [NOI2006]最大获利
2017-08-10 14:56
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1497: [NOI2006]最大获利
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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
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
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<queue> using namespace std; const int MAXN=2000001; const int INF = 1e8; inline void read(int &n) { char c='+';int x=0;bool flag=0; while(c<'0'||c>'9'){c=getchar();if(c=='-')flag=1;} while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-48;c=getchar();} n=flag==1?-x:x; } int n,m,s,t; struct node { int u,v,flow,nxt; }edge[MAXN]; int head[MAXN]; int cur[MAXN]; int num=0; int deep[MAXN]; int tot=0; void add_edge(int x,int y,int z) { edge[num].u=x; edge[num].v=y; edge[num].flow=z; edge[num].nxt=head[x]; head[x]=num++; } void add(int x,int y,int z) { add_edge(x,y,z); add_edge(y,x,0); } bool BFS() { memset(deep,0,sizeof(deep)); deep[s]=1; queue<int>q; q.push(s); while(q.size()!=0) { int p=q.front(); q.pop(); for(int i=head[p];i!=-1;i=edge[i].nxt) if(!deep[edge[i].v]&&edge[i].flow) deep[edge[i].v]=deep[edge[i].u]+1, q.push(edge[i].v); } return deep[t]; } int DFS(int now,int nowflow) { if(now==t||nowflow<=0) return nowflow; int totflow=0; for(int &i=cur[now];i!=-1;i=edge[i].nxt) { if(deep[edge[i].v]==deep[edge[i].u]+1&&edge[i].flow) { int canflow=DFS(edge[i].v,min(nowflow,edge[i].flow)); edge[i].flow-=canflow; edge[i^1].flow+=canflow; totflow+=canflow; nowflow-=canflow; if(nowflow<=0) break; } } return totflow; } void Dinic() { int ans=0; while(BFS()) { memcpy(cur,head,MAXN); ans+=DFS(s,1e8); } printf("%d",tot-ans); } int main() { memset(head,-1,sizeof(head)); read(n);read(m); s=n+m+1;t=n+m+2; for(int i=1;i<=n;i++) { int p;read(p); add(i+m,t,p); } for(int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z; read(x);read(y);read(z); add(i,x+m,INF); add(i,y+m,INF); add(s,i,z); tot+=z; } Dinic(); return 0; }
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