[NOI2006]最大获利(网络最大流+最小割)
作者:互联网
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)
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。
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
样例输入
5 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
样例输出
4
数据范围与提示
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
思路岂不是越简单越好
什么玩意最大权闭合子图
不懂
最小割的思想也可
考虑限制条件
假设现在拥有所有的用户利润
但是要通过建设基站来减少收入
那么自然希望这个减少的量最少
即联通图中的最小割
所以求图的最大流即可
建图
- 建立超级源点s,向所有基站建立边权为建设基站所用代价的边
- 基站与用户之间没有限制,边权为\(inf\)
- 由所有用户连出,连向超级汇点t,边权为该用户的利润
这样的一个图满足上述设想
从s到t跑最大流
用所有用户利润减去话费即为答案
Code
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <queue>
#define inf 0x7fffffff
#define min(a, b) ({register int AA = a, BB = b; AA < BB ? AA : BB;})
using namespace std;
inline int read(){
int x = 0, w = 1;
char ch = getchar();
for(; ch > '9' || ch < '0'; ch = getchar()) if(ch == '-') w = -1;
for(; ch >= '0' && ch <= '9'; ch = getchar()) x = x * 10 + ch - '0';
return x * w;
}
const int ss = 100010;
struct node{
int to, nxt, w;
}edge[ss * 20];
int head[ss], tot = 1;
inline void add(register int u, register int v, register int w){
edge[++tot].to = v;
edge[tot].nxt = head[u];
edge[tot].w = w;
head[u] = tot;
}
int dis[ss], cur[ss];
int n, m, s, t;
queue<int> q;
inline bool bfs(register int s){
for(register int i = 0; i <= t; i++)
dis[i] = 0x3f3f3f3f, cur[i] = head[i];
dis[s] = 0;
q.push(s);
while(!q.empty()){
register int u = q.front();
q.pop();
for(register int i = head[u]; i; i = edge[i].nxt){
register int v = edge[i].to;
if(dis[v] == 0x3f3f3f3f && edge[i].w){
dis[v] = dis[u] + 1;
q.push(v);
}
}
}
return dis[t] != 0x3f3f3f3f;
}
inline int dfs(register int u, register int flow){
register int res = 0;
if(u == t) return flow;
for(register int i = cur[u]; i; i = edge[i].nxt){
cur[u] = i;
register int v = edge[i].to;
if(dis[v] == dis[u] + 1 && edge[i].w){
if(res = dfs(v, min(flow, edge[i].w))){
edge[i].w -= res;
edge[i ^ 1].w += res;
return res;
}
}
}
return 0;
}
long long maxflow;
inline long long dinic(){
register long long minflow = 0;
while(bfs(s)){
while(minflow = dfs(s, 0x7fffffff))
maxflow += minflow;
}
return maxflow;
}
int p[ss];
signed main(){
n = read(), m = read();
s = 0, t = n + m + 1;
for(register int i = 1; i <= n; i++){
p[i] = read();
add(s, i, p[i]);
add(i, s, 0);
}
register long long sum = 0;
for(register int i = 1; i <= m; i++){
register int a = read(), b = read(), c = read();
sum += c;
add(a, i + n, inf);
add(i + n, a, 0);
add(b, i + n, inf);
add(i + n, b, 0);
add(i + n, t, c);
add(t, i + n, 0);
}
printf("%lld\n", sum - dinic());
return 0;
}
标签:ch,最大,int,最小,Bi,NOI2006,通讯,include,中转站 来源: https://www.cnblogs.com/rui-4825/p/13965910.html