问题描述
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≤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 \(A_i\) , \(B_i\) 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≤i≤M, 1≤\(A_i\) , \(B_i\) ≤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
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
说明
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≤5 000，M≤50 000，0≤\(C_i\)≤100，0≤\(P_i\) ≤100。
解析
经典的二元最小割模型。
既然求最大收益，我们可以转化为理论总收益（所有可能收益的和）减去成本。考虑问题的的实际意义。从源点向每一个基站连边，容量为建造的成本，删去这条边表示放弃建立这个基站。对于每个用户群向汇点连边，容量为用户群的收益，删去这条边表示放弃这个用户群的收益。每个基站向包含自己的用户群连边，容量为inf，表示不能删。然后求最小割即可。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#define N 5002
#define M 50002
using namespace std;
const int inf=1<<30;
int head[N+M*4],ver[M*8],nxt[M*8],cap[M*8],l;
int n,m,i,s,t,dis[N+M*4],ans;
int read()
{
char c=getchar();
int w=0;
while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c<='9'&&c>='0'){
w=w*10+c-'0';
c=getchar();
}
return w;
}
void insert(int x,int y,int z)
{
ver[l]=y;
cap[l]=z;
nxt[l]=head[x];
head[x]=l;
l++;
ver[l]=x;
nxt[l]=head[y];
head[y]=l;
l++;
}
bool bfs()
{
queue<int> q;
memset(dis,-1,sizeof(dis));
q.push(s);
dis[s]=0;
while(!q.empty()){
int x=q.front();
q.pop();
for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(dis[y]==-1&&cap[i]>0){
dis[y]=dis[x]+1;
q.push(y);
}
}
}
return (dis[t]>0);
}
int dfs(int x,int flow)
{
if(x==t||flow==0) return flow;
int ans=0;
for(int i=head[x];i!=-1;i=nxt[i]){
int y=ver[i];
if(dis[y]==dis[x]+1&&cap[i]>0){
int a=dfs(y,min(flow,cap[i]));
flow-=a;
ans+=a;
cap[i]-=a;
cap[i^1]+=a;
}
if(flow==0) break;
}
if(flow) dis[x]=-1;
return ans;
}
int main()
{
memset(head,-1,sizeof(head));
n=read();m=read();
t=n+m+1;
for(i=1;i<=n;i++){
int w=read();
insert(s,i,w);
}
for(i=1;i<=m;i++){
int a=read(),b=read(),c=read();
insert(a,n+i,inf);
insert(b,n+i,inf);
insert(n+i,t,c);
ans+=c;
}
while(bfs()) ans-=dfs(s,inf);
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
来源：https://www.cnblogs.com/LSlzf/p/12208156.html