bzoj 1497 [NOI2006]最大獲利【最大權閉合子圖+最小割】
阿新 • • 發佈:2018-01-03
正數 bool string ios truct pac 我們 tdi cst
不要被5s時限和50000點數嚇倒!大膽網絡流!我一個5w級別的dinic只跑了1s+!
看起來沒有最大權閉合子圖的特征——限制,實際上還是有的。
我們需要把中轉站看成負權點,把p看成點權,把客戶看成正權點,把c看成點權,然後把中轉站點a、b作為客戶點的依賴點
s點向所有正權點連邊,流量為點權;所有負權點向t連邊,流量為負點權(即正數!)
對於所有有依賴關系的點,由客戶點向中轉站點連邊,流量為inf,也就是最大權閉合子圖中的向其依賴點連邊
連邊的意義詳見:http://www.cnblogs.com/lokiii/p/8178805.html
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=50005,M=500005,P=1000005,inf=1e9;
int n,m,p[N],a[M],b[M],c[M],s,t,sum,cnt=1,h[P],le[P];
struct qwe
{
int ne,to,va;
}e[P<<1];
int read()
{
int r=0,f=1;
char p=getchar();
while(p>‘9‘||p<‘0‘)
{
if(p==‘-‘ )
f=-1;
p=getchar();
}
while(p>=‘0‘&&p<=‘9‘)
{
r=r*10+p-48;
p=getchar();
}
return r*f;
}
void add(int u,int v,int w)
{
cnt++;
e[cnt].ne=h[u];
e[cnt].to=v;
e[cnt].va=w;
h[u]=cnt;
}
void ins(int u,int v,int w)
{
add(u,v,w);
add(v,u,0 );
}
bool bfs()
{
queue<int>q;
memset(le,0,sizeof(le));
le[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
if(e[i].va>0&&!le[e[i].to])
{
le[e[i].to]=le[u]+1;
q.push(e[i].to);
}
}
return le[t];
}
int dfs(int u,int f)
{
if(u==t||!f)
return f;
int us=0;
for(int i=h[u];i&&us<f;i=e[i].ne)
if(e[i].va>0&&le[e[i].to]==le[u]+1)
{
int t=dfs(e[i].to,min(e[i].va,f-us));
e[i].va-=t;
e[i^1].va+=t;
us+=t;
}
if(!us)
le[u]=0;
return us;
}
int dinic()
{
int re=0;
while(bfs())
re+=dfs(s,inf);
return re;
}
int main()
{
n=read(),m=read();
t=n+m+1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
p[i]=read();
ins(i,t,p[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
a[i]=read(),b[i]=read(),c[i]=read();
sum+=c[i];
ins(s,i+n,c[i]);
ins(i+n,a[i],inf);
ins(i+n,b[i],inf);
}
printf("%d\n",sum-dinic());
return 0;
}
bzoj 1497 [NOI2006]最大獲利【最大權閉合子圖+最小割】