NOI2006最大获利——最大权闭合图

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。

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这题意思也就是有N个点，有M条边，每条边有两个缘点X和Y，如果X和Y都选了，那么就可以获得这条边上的值，求可以获得的最大的边权和。

这题可以转化成最大权闭合图，因为选了边L，就必须选点X和Y，所以我们建N+M个点，其中原来N个点是本来就有的，另外的M个点是我们将M条边建成的点，那么我们将M个点与他们缘点所在的点连起来，边权为INF。超级源点S和M个点连上等于该边权值的边，N个点和T连上等于它们点值的边，然后跑出该图的最大权闭合图即可。

#include<bits/stdc++.h>
#define MAXN 1000000
#define INF 2e9
using namespace std;
int read(){
    char c;int x=0,y=1;while(c=getchar(),(c<'0'||c>'9')&&c!='-');
    if(c=='-') y=-1;else x=c-'0';while(c=getchar(),c>='0'&&c<='9')
    x=x*10+c-'0';return x*y;
}
int n,m,cnt,tot,ans,all,S,T,h,t,w[MAXN],head[MAXN+5],nxt[MAXN+5],dis[MAXN],q[3*MAXN];
struct node{
    int to,val;
}L[MAXN+5];
void add(int x,int y,int c){
    L[cnt]=(node){y,c};
    nxt[cnt]=head[x];head[x]=cnt;cnt++;
    L[cnt]=(node){x,0};
    nxt[cnt]=head[y];head[y]=cnt;cnt++;
}
int BFS(){
    memset(dis,0,sizeof(dis));
    dis[S]=1;h=t=0;q[++t]=S;
    while(h<t){
        int front=q[++h];
        for(int i=head[front];i!=-1;i=nxt[i]){
            int to=L[i].to;
            if(!dis[to]&&L[i].val){
                q[++t]=to;
                dis[to]=dis[front]+1;
            }
        }
    }
    return dis[T];
}
int DFS(int now,int x){
    if(now==T) return x;
    int res=0;
    for(int i=head[now];i!=-1&&x;i=nxt[i]){
        int to=L[i].to;
        if(dis[to]==dis[now]+1&&L[i].val){
            int fd=DFS(to,min(x,L[i].val));
            x-=fd;res+=fd;
            L[i].val-=fd;L[i^1].val+=fd;
        }
    }
    if(!res) dis[now]=0;
    return res;
}
int main()
{
    memset(head,-1,sizeof(head));
    n=read();m=read();S=0;T=n+m+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) w[i]=read(),add(i,T,w[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x=read(),y=read(),c=read();ans+=c;
        tot++;add(S,n+tot,c);add(n+tot,x,INF);add(n+tot,y,INF);
    }
    while(BFS()) all+=DFS(S,2e9);
    printf("%d",ans-all);
    return 0;
}