【BZOJ1497】【NOI2006】最大获利(网络流)
2018-03-14 16:38
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【BZOJ1497】【NOI2006】最大获利(网络流)
题面
BZOJDescription
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。题解
将最大获利转换为最小损失,考虑最小割
不妨设源点为这个用户不需要,汇点为这个用户需要
如果一个用户需要,那么它与汇点的边不会隔开,它与中转站的边不能割开
所以,对于每个用户,由中转站连接容量为\(inf\)的边。
如果一个用户被选择了,证明这个用户连接的中转站被选择了
此时会产生损失,为建设中转站的费用
因此,源点向中转站连接容量为费用的边
同时,如果一个用户不被选择,那么,它和汇点的边会被隔开
因此,从用户向汇点连接容量为价值的边
最终的答案显然就是所有用户价值的和减去最小割
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cmath> #include<algorithm> #include<set> #include<map> #include<vector> #include<queue> using namespace std; #define ll long long #define RG register #define INF 1000000000 #define MAX 55555 inline int read() { RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar(); while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar(); if(ch=='-')t=-1,ch=getchar(); while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar(); return x*t; } int n,m,ans; int h[MAX<<1],cnt=2; int level[MAX<<1]; int S,T; struct Line{int v,next,w;}e[MAX*10]; void Add(int u,int v,int w) { e[cnt]=(Line){v,h[u],w};h[u]=cnt++; e[cnt]=(Line){u,h[v],0};h[v]=cnt++; } bool bfs() { memset(level,0,sizeof(level));level[S]=1; queue<int> Q;Q.push(S); while(!Q.empty()) { int u=Q.front();Q.pop(); for(int i=h[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].v; if(e[i].w&&!level[v]) level[v]=level[u]+1,Q.push(v); } } return level[T]; } int DFS(int u,int flow) { if(!flow||u==T)return flow; int ret=0; for(int i=h[u];i;i=e[i].next) { int v=e[i].v; if(e[i].w&&level[v]==level[u]+1) { int d=DFS(v,min(flow,e[i].w)); flow-=d;ret+=d; e[i].w-=d;e[i^1].w+=d; } } if(!ret)level[u]=0; return ret; } int Dinic() { int ret=0; while(bfs())ret+=DFS(S,INF); return ret; } int main() { n=read();m=read(); S=0;T=n+m+1; for(int i=1;i<=n;++i)Add(S,i,read()); for(int i=1;i<=m;++i) { int a=read(),b=read(),c=read(); ans+=c; Add(a,n+i,INF);Add(b,n+i,INF); Add(n+i,T,c); } printf("%d\n",ans-Dinic()); return 0; }
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