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
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
Sample Output
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。
Solution
一道比较经典的最小割题。
先假设得到所有用户的收益，然后如果不要了就把这个用户的边割掉，否则就割掉中转站的边表示要付钱在建立中转站。
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1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 55 56 57 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 87 88 89 90 91 92 93 94 95 |
#include<iostream> #include<cstdio> #include<algorithm> #include<cmath> #include<cstring> using namespace std; const int N=56000,M=500000; int n,m,tot,S,T,Next[M],head[N],tree[M],val[M],h[N],Queue[N],cur[N]; void add(int x,int y,int z) { tot++; Next[tot]=head[x]; head[x]=tot; tree[tot]=y; val[tot]=z; } void add_edge(int x,int y,int z) { add(x,y,z); add(y,x,0); } bool bfs() { int t=0,w=1; memset(h,-1,sizeof(h)); Queue[1]=S;h[S]=0; while (t!=w) { int u=Queue[++t]; for (int i=head[u];i;i=Next[i]) if (val[i]!=0) { int v=tree[i]; if (h[v]==-1) { Queue[++w]=v; h[v]=h[u]+1; } } } return h[T]!=-1; } int dfs(int u,int low) { if (u==T) return low; int used=0; for (int i=cur[u];i;i=Next[i]) { int v=tree[i]; if (h[v]==h[u]+1) { int w=dfs(v,min(val[i],low-used)); val[i]-=w;val[i^1]+=w; used+=w; cur[u]=i; if (used==low) return low; } } if (used==0) h[u]=-1; return used; } int dinic() { int ans=0; while (bfs()) { for (int i=1;i<=n+m+2;i++) cur[i]=head[i]; ans+=dfs(S,1<<29); } return ans; } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); tot=1; S=n+m+1;T=n+m+2; int sum=0; for (int i=1;i<=n;i++) { int x; scanf("%d",&x); add_edge(n+m+1,i,x); } for (int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); add_edge(x,n+i,1<<29); add_edge(y,n+i,1<<29); add_edge(n+i,n+m+2,z); sum+=z; } printf("%d\n",sum-dinic()); return 0; } |
