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bzoj1497【NOI2006】最大获利
1497: [NOI2006]最大获利
Time Limit: 5 Sec Memory Limit: 64 MBSubmit: 3437 Solved: 1674
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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。须要做太多的准备工作。仅就站址选择一项。就须要完毕前期市场研究、站址勘測、最优化等项目。
在前期市场调查和站址勘測之后,公司得到了一共N个能够作为通讯信号中转站的地址,而因为这些地址的地理位置差异,在不同的地方建造通讯中转站须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个通讯中转站须要的成本为Pi(1≤i≤N)。另外公司调查得出了全部期望中的用户群。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,公司能够获益Ci。(1≤i≤M, 1≤Ai, Bi≤N) THU集团的CS&T公司能够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)。那么怎样选择终于建立的中转站才干让公司的净获利最大呢?(净获利 = 获益之和 - 投入成本之和)
Input
输入文件里第一行有两个正整数N和M 。第二行中有N个整数描写叙述每个通讯中转站的建立成本。依次为P1, P2, …, PN 。
下面M行。第(i + 2)行的三个数Ai, Bi和Ci描写叙述第i个用户群的信息。
全部变量的含义能够參见题目描写叙述。
Output
你的程序仅仅要向输出文件输出一个整数。表示公司能够得到的最大净获利。
Sample Input
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
Sample Output
HINT
【例子说明】选择建立1、2、3号中转站,则须要投入成本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,你的程序的输出仅仅有和我们的答案全然一致才干获得满分,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
网络流
最小割的应用
先定义s割为选。t割为不选。
我们能够先将全部收益加起来,再减去最小代价,即为终于答案。
从源点s到全部用户节点i连边(s,i,c[i]),表示假设用户i不能满足,就会付出c[i]的代价。
从全部中转站节点i到汇点t连边(i,t,p[i]),表示假设要建立中转站i。就要付出p[i]的代价。
然后考虑用户对中转站的要求,两个中转站中仅仅要有一个没有,这个用户就不能满足,即仅仅要有一个中转站属于t割,那该用户也属于t割。仅仅要连边(i,a[i],inf)和(i,b[i],inf),由于长度为inf的边是一定不会成为割的。这种方法非常巧妙。
#include<iostream> #include<cstdio> #include<cmath> #include<cstring> #include<cstdlib> #include<algorithm> #include<queue> #define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++) #define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--) #define ll long long #define pa pair<int,int> #define maxn 60000 #define maxm 320000 #define inf 1000000000 using namespace std; struct edge_type { int next,to,v; }e[maxm]; int head[maxn],cur[maxn],dis[maxn]; int n,m,s,t,cnt=1,ans=0,x,y,z; inline int read() { int x=0,f=1;char ch=getchar(); while (ch<‘0‘||ch>‘9‘){if (ch==‘-‘) f=-1;ch=getchar();} while (ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();} return x*f; } inline void add_edge(int x,int y,int v) { e[++cnt]=(edge_type){head[x],y,v};head[x]=cnt; e[++cnt]=(edge_type){head[y],x,0};head[y]=cnt; } inline bool bfs() { queue<int>q; memset(dis,-1,sizeof(dis)); dis[s]=0;q.push(s); while(!q.empty()) { int tmp=q.front();q.pop(); if (tmp==t) return true; for(int i=head[tmp];i;i=e[i].next) if (e[i].v&&dis[e[i].to]==-1) { dis[e[i].to]=dis[tmp]+1; q.push(e[i].to); } } return false; } inline int dfs(int x,int f) { int tmp,sum=0; if (x==t) return f; for(int &i=cur[x];i;i=e[i].next) { int y=e[i].to; if (e[i].v&&dis[y]==dis[x]+1) { tmp=dfs(y,min(f-sum,e[i].v)); e[i].v-=tmp;e[i^1].v+=tmp;sum+=tmp; if (sum==f) return sum; } } if (!sum) dis[x]=-1; return sum; } inline void dinic() { while (bfs()) { F(i,1,t) cur[i]=head[i]; ans-=dfs(s,inf); } } int main() { n=read();m=read(); s=n+m+1;t=s+1; F(i,1,n) { z=read(); add_edge(i+m,t,z); } F(i,1,m) { x=read();y=read();z=read(); ans+=z; add_edge(s,i,z); add_edge(i,x+m,inf); add_edge(i,y+m,inf); } dinic(); printf("%d\n",ans); }
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