【NOI2006】最大获利

最大获利

题目描述

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$P_i(1 \le i \le N)$。
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$A_i$,$B_i$和$C_i$：这些用户会使用中转站$A_i$和中转站$B_i$进行通讯，公司可以获益$C_i$。$(1 \le i \le M, 1 \le A_i,B_i \le N)$
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）

输入格式

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$P_1,P_2,…,P_N$。
以下$M$行，第$(i+2)$行的三个数$A_i,B_i$和$C_i$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。

输出格式

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。

样例输入

样例输出

说明/提示

样例：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$4$。
$100\%$的数据中：$N \le 5000，M \le 50000，0 \le C_i \le 100，0 \le P_i \le 100$。

题解

每个客户可以提供$C$的价值，每个客户有两个对通讯中转站的要求，每个通讯中转站要话费一定金额。
那么我们考虑这样一种网络流的建图方法。
我们把每个客户作为一个点，$s$向每个客户连一条长度为这个客户的价值的边，
然后我们把每个通讯中转站也都作为一个点，然后每个通讯中转站向$t$连一条长度为这个通讯中转站的花费的边。
然后对于每个客户，向这个客户的两个通讯中转站的需求各连一条长度为$inf$的边。
然后我们跑这个图的最大流，算出来的最大流表示不选择花费的金额，然后把所有客户的贡献的和减去这个最大流就是最终答案了。
证明（假）：
我们考虑只有一个客户的情况，如果这个客户的贡献大于两个塔的费用和，那么最大流就是两个塔的费用和，最后答案是满足这个客户的需求所能得到的金额。
如果这个客户的贡献小于两个塔的费用和，那么最大流就是这个客户的贡献，最后答案是0。
但是因为即使这个客户的贡献不能支撑两个塔的费用和，这个用户经过这两个塔到达$t$的路径还是有流量的，也就是说如果满足这个客户会亏钱，但是满足这个客户之后可以减少满足另一个客户的需求的花费（也就是说两个客户的需求中有相同的塔），这种情况会使另一个客户通过这两个需求的塔的流量减小，从而增加答案。
上代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define inf 2000000000
using namespace std;
int n,m,x,y,z;
int ans,sum;
int t;
struct aa{
    int to,nxt,w;
}p[310009];
int h[55009],len=1;
void add(int u,int v,int w){
    p[++len].to=v;
    p[len].nxt=h[u];
    p[len].w=w;
    h[u]=len;
    p[++len].to=u;
    p[len].nxt=h[v];
    p[len].w=0;
    h[v]=len;
}
int dis[55009],uu[55009],l,r;
bool bfs(){
    memset(dis,-1,sizeof(dis));
    dis[0]=0;
    uu[l=r=1]=0;
    while(l<=r){
        int u=uu[l++];
        for(int j=h[u];j;j=p[j].nxt){
            if(p[j].w && dis[p[j].to]==-1){
                dis[p[j].to]=dis[u]+1;
                uu[++r]=p[j].to;
            }
        }
    }
    return dis[t]!=-1;
}
int dfs(int u,int mx){
    if(u==t) return mx;
    int oo=0,xx;
    for(int j=h[u];j;j=p[j].nxt){
        if(dis[p[j].to]==dis[u]+1){
            xx=dfs(p[j].to,min(mx,p[j].w));
            oo+=xx;
            mx-=xx;
            p[j].w-=xx;
            p[j^1].w+=xx;
        }
    }
    return oo;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    t=n+m+1;
    for(int j=1;j<=n;j++){
        scanf("%d",&x);
        add(m+j,t,x);
    }
    for(int j=1;j<=m;j++){
        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);
        sum+=z;
        add(0,j,z);
        add(j,x+m,inf);
        add(j,y+m,inf);
    }
    while(bfs()) ans+=dfs(0,inf);
    printf("%d",sum-ans);
    return 0;
}