计蒜客修建机场解题报告

最新推荐文章于 2025-02-12 15:44:59 发布

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本文介绍了一个使用网络流算法解决的问题实例——如何通过构建特定的图结构来最大化机场建设项目的收益。该问题涉及到最大闭合子图的概念，并给出了详细的建图方法及C++实现代码。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

在蒜头君生活的王国有 $n$ 座城市，他们的王国计划在这些城市中修建机场，以方便国民的交通。

第 $i$ 座城市修建机场的费用为 $p_i$ 。如果某两个城市 $a$ 和 $b$ 都修建机场，那么这两个城市的市民就可以很方便地到达对方城市，可以为国家带来的收益为 $c$ 。求修建机场之后的总收益减去修建机场的总费用的最大值。

输入格式

输入最多包含 $20$ 组测试数据，以 EOF 结束。对于每组测试数据：

第一行包含两个整数 $n, m$ （ $\leq n \leq 5000 ; 1 \leq m \leq 50000$ ），其中 $m$ 表示可以带来收益的城市对数。

第二行包含 $n$ 个整数 $p_i$ （ $pi≤1000000p_i \leq 1000000$ ）。

接下来 $m$ 行每行包含三个整数 $a, b, c$ （ $\leq a , b \leq n ; c \leq 1000000$ ）。

输出格式

对于每组测试数据，输出一个整数。

样例输入

样例输出

4
0

网络流，最大闭合子图，讲解地址如下：http://www.hihocoder.com/contest/hiho119/problems
建图思路如下：

因为获利=收入-代价,我们需要求的就是使代价最小,我们先假设获得了全部的收入,这样接下来就容易算代价假设S割表示被选择了,T割表示没有被选择
做法一：
为每条边建一个新的结点Ci(注意与收入的Ci区分),S向这个结点连容量为Ci的边表示如果没在S割会造成Ci的代价(也就是相当于收入的逆运算),此外Ci向这条边所连接的两个点Ai和Bi连一条容量为无穷大的边, 表示如果选了这条边则两侧的点也必须要选。原来的点向T连一条容量为Pi的边表示如果在S割会造成Pi的代价

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
const int inf = 100000007;
#define ll long long
struct node{
    int to,next;
    ll flow;
};
node edge[1000000];
int head[maxn<<1],layer[maxn<<1],cnt,n,m,E;
ll ans;//注意用long long 
bool bfs(){
    queue<int>q;
    memset(layer,-1,sizeof(layer));
    layer[0]=0;
    q.push(0);
    while(!q.empty()){
        int now=q.front();
        q.pop();
        if(now==E)return true;
        for(int i=head[now];i!=-1;i=edge[i].next){
            if(edge[i].flow && layer[edge[i].to]==-1){
                layer[edge[i].to]=layer[now]+1;
                q.push(edge[i].to);
            }
        }
    }
    return false;
}
ll dfs(int pow,ll flow){
    ll sum=0;
    if(pow==E)return flow;
    for(int i=head[pow];i!=-1;i=edge[i].next){
        if(edge[i].flow && layer[edge[i].to]==layer[pow]+1){
            ll temp=dfs(edge[i].to,min(edge[i].flow,flow-sum));
            edge[i].flow-=temp;
            edge[i^1].flow+=temp;
            sum+=temp;
            if(sum==flow)return sum;
        }
    }
    if(!sum)layer[pow]=-1;
    return sum;
}
int dinic(){
    while(bfs())ans-=dfs(0,inf);
}

void add(int s,int e,ll flow){
    edge[cnt].flow=flow;
    edge[cnt].to=e;
    edge[cnt].next=head[s];
    head[s]=cnt++;

    edge[cnt].flow=0;
    edge[cnt].to=s;
    edge[cnt].next=head[e];
    head[e]=cnt++;
}
int main(){
    while(cin>>n>>m){
        E=n+m+1;
        memset(head,-1,sizeof(head));
        cnt=0;
        for(int i=1;i<=n;i++){
            int temp;
            scanf("%d",&temp);
            add(i,E,temp);
        }
        ans=0;
        for(int i=1;i<=m;i++){
            int s,e,v;
            scanf("%d%d%d",&s,&e,&v);
            ans+=v;
            add(0,i+n,v);
            add(i+n,s,inf);
            add(i+n,e,inf);
        }
        dinic();
        cout<<ans<<endl;
    }

}