NOI 2006 最大权闭合图

题目：​​http://acm.hust.edu.cn/vjudge/contest/view.action?cid=88123#problem/E​​

E - 最大权闭合图
Time Limit:5000MS     Memory Limit:65536KB     64bit IO Format:%lld & %llu
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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，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 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
Sample Output
4
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。

做它之前先得知道一些有关最大权闭合路方面的解决套路，先看一个例子：

算法实现题8-2 太空飞行计划问题 
问题描述： 
W 教授正在为国家航天中心计划一系列的太空飞行。每次太空飞行可进行一系列商业性实验而获取利润。现已确定了一个可供选择的实验集合 E={E1，E2，…，Em}，和进行这些实验需要使用的全部仪器的集合I={I1， I2，…In}。 实验 Ej需要用到的仪器是 I的子集 RjÍI。配置仪器Ik的费用为ck美元。实验Ej的赞助商已同意为该实验结果支付pj美元。W教授的任务是找出一个有效算法， 确定在一次太空飞行中要进行哪些实验并因此而配置哪些仪器才能使太空飞行的净收益最大。这里净收益是指进行实验所获得的全部收入与配置仪器的全部费用的差额。 
´编程任务： 
对于给定的实验和仪器配置情况，编程找出净收益最大的试验计划。 
´数据输入： 
由文件input.txt提供输入数据。文件第 1行有 2 个正整数 m和 n。m是实验数，n是仪器数。接下来的 m 行，每行是一个实验的有关数据。第一个数赞助商同意支付该实验的费用；接着是该实验需要用到的若干仪器的编号。最后一行的 n个数是配置每个仪器的费用。  
´结果输出: 
程序运行结束时，将最佳实验方案输出到文件 output.txt 中。第 1 行是实验编号；第2行是仪器编号；最后一行是净收益。 
输入文件示例  输出文件示例 
input.txt 
2 3 
10 1 2 
25 2 3 
5 6 7
output.txt 
1 2  
1 2 3  
17  
【建模方法】
把每个实验看作二分图X集合中的顶点，每个设备看作二分图Y集合中的顶点，增加源S和汇T。
1、从S向每个Xi连接一条容量为该点收入的有向边。
2、从Yi向T连接一条容量为该点支出的有向边。
3、如果一个实验i需要设备j，连接一条从Xi到Yj容量为无穷大的有向边。

统计出所有实验的收入只和Total，求网络最大流Maxflow，最大收益就是Total-Maxflow。对应的解就是最小割划分出的S集合中的点，也就是最后一次增广找到阻塞流时能从S访问到的顶点。

【总结】：最小割，最大流。保证在代价最小的情况下仍然能够完成所有的实验，这样在总收入不变情况下让支出最小，从而收益最大。于是这类支出获利最优方案问题转化成了网络流系统中的最大流问题。

本题：把能获益的两个中转站看作一个小的源点，这样就有m个小源点。需要支付费用的每个中转站是一个一个的汇点，分别对应X集合和Y集合。最后选择0和n+m+1作为最终的源点S和汇点E。（这明明是有向图嘛，我第一次做居然稀里糊涂的写成了无向图||-_-）.

最开始时不断超时，我也不清楚为什么，后来用了不同写法的Dinic模板才过的。

结构体版（864ms):

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=100000;
const int maxe=1000000;
int sum,s,e,head[maxn],level[maxn],que[maxn];
struct node{
     int w,to,next;
}edge[maxe];
inline void add(int u,int v,int c)
{
    edge[sum].to=v;
    edge[sum].w=c;
    edge[sum].next=head[u];
    head[u]=sum++;
    edge[sum].to=u;
    edge[sum].w=0;
    edge[sum].next=head[v];
    head[v]=sum++;
}
inline bool bfs()
{
    memset(level,0,sizeof(level));
    int p=0;
    que[p++]=s;
    level[s]=1;
    for(int i=0;i<p;i++)
    {
        int temp=que[i];
        for(int k=head[temp];k>-1;k=edge[k].next)
        if(edge[k].w && (!level[edge[k].to])){
            que[p++]=edge[k].to;
            level[edge[k].to]=level[temp]+1;
        }
    }
    return level[e];
}
 
int dfs(int now,int maxf)
{
    if(now==e)return maxf;
    int ret=0;
    for(int i=head[now];i>-1 && ret<maxf; i=edge[i].next)
    if(edge[i].w && (level[edge[i].to]==level[now]+1))
    {
        int temp=dfs(edge[i].to,min(maxf-ret,edge[i].w));
        edge[i].w-=temp;
        edge[i^1].w+=temp;
        ret+=temp;
    }
    if(ret==0)level[now]=0;
    return ret;
}
 
inline int dinic()
{
    int ans=0;
    while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
    return ans;
}
 
int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    int n,m,x;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        sum=0;
        memset(head,-1,sizeof(head));
        s=0,e=n+m+1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        add(i+m,e,x);
        }
        int count=0;
        for(int i=1;i<=m;i++){
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        add(i,a+m,inf);
        add(i,b+m,inf);
        add(s,i,c);
        count+=c;
        }
        //cout<<dinic()<<endl;
        printf("%d\n",count-dinic());
    }
    return 0;
}

数组版(1088ms):

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define min(x,y) x<y?x:y
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=100000;
const int maxe=1000000;
int sum,s,e,next[maxe],head[maxn],to[maxe],w[maxe],level[maxn],que[maxn];  
 
inline void add(int x,int y,int z)
{
    w[sum]=z; to[sum]=y; next[sum]=head[x]; head[x]=sum++;
    w[sum]=0; to[sum]=x; next[sum]=head[y]; head[y]=sum++;
}
 
inline bool bfs()
{
    memset(level,0,sizeof(level));
    int p=0;
    que[p++]=s;
    level[s]=1;
    for(int i=0;i<p;i++)
    {
        int temp=que[i];
        for(int k=head[temp];k>-1;k=next[k])
        if(w[k] && (!level[to[k]])){
            que[p++]=to[k];
            level[to[k]]=level[temp]+1;
        }
    }
    return level[e];
}
 
int dfs(int now,int maxf)
{
    if(now==e)return maxf;
    int ret=0;
    for(int i=head[now];i>-1 && ret<maxf; i=next[i])
    if(w[i] && (level[to[i]]==level[now]+1))
    {
        int temp=dfs(to[i],min(maxf-ret,w[i]));
        w[i]-=temp;
        w[i^1]+=temp;
        ret+=temp;
    }
    if(ret==0)level[now]=0;
    return ret;
}
 
inline int dinic()
{
    int ans=0;
    while(bfs())ans+=dfs(s,inf);
    return ans;
}
 
int main()
{
    //freopen("cin.txt","r",stdin);
    int n,m,x;
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)){
        sum=0;
        memset(head,-1,sizeof(head));
        s=0,e=n+m+1;
        for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        add(i+m,e,x);
        }
        int count=0;
        for(int i=1;i<=m;i++){
        int a,b,c;
        scanf("%d%d%d",&a,&b,&c);
        add(i,a+m,inf);
        add(i,b+m,inf);
        add(s,i,c);
        count+=c;
        }
        //cout<<dinic()<<endl;
        printf("%d\n",count-dinic());
    }
    return 0;
}