Description
你去找某 bm 玩，到了门口才发现要打开他家的大门不是一件容易的事……
他家的大门外有 \(n\) 个站台，用 \(1\) 到 \(n\) 的正整数编号。你需要对每个站台访问一定次数以后大门才能开启。站台之间有 \(m\) 个单向的传送门，通过传送门到达另一个站台不需要花费任何代价。而如果不通过传送门，你就需要乘坐公共汽车，并花费 \(1\) 单位的钱。值得庆幸的是，任意两个站台之间都有公共汽车直达。
现在给你每个站台必须访问的次数 \(F_i\) ，对于站台 \(i\) ，你必须恰好访问 \(F_i\) 次（不能超过）。
我们用 \(u\) 、 \(v\) 、 \(w\) 三个参数描述一个传送门，表示从站台 \(u\) 到站台 \(v\) 有一个最多可以使用 \(w\) 次的传送门（不一定要使用 \(w\) 次）。值得注意的是，对于任意一对传送门 \((u_1,v_1)\) 和
\((u_2,v_2)\) ，如果有 \(u_1<u_2\) ，则有 \(v_1\le v_2\) ；如果有 \(v_1<v_2\) ，则有 \(u_1\le u_2\) ；且 \(u_1=u_2\) 和 \(v_1=v_2\) 不同时成立。
你可以从任意的站台开始，从任意的站台结束。出发去开始的站台需要花费 \(1\) 单位的钱。你需要求出打开大门最少需要花费多少单位的钱。
Input
第一行包含两个正整数 \(n\) 、 \(m\) ，意义见题目描述。第二行包含 \(n\) 个正整数，第 \(i\) 个数表示 \(F_i\) 。接下来有 \(m\) 行，每行有三个正整数 \(u\) 、 \(v\) 、 \(w\) ，表示从 \(u\) 到 \(v\) 有一个可以使用 \(w\) 次的传送门。
Output
输出一行一个整数，表示打开大门最少花费的钱数。
Sample Input
4 3
5 5 5 5
1 2 1
3 2 1
3 4 1Sample Output
17HINT
\(100\%\) 的数据满足 \(1\le n\le 10000\) ， \(1≤m≤100000\) ；
对于所有的 \(u\) 、\(v\) ，满足 \(1≤u,v≤n\) ，\(u≠v\) ；对于所有的 \(w\) 、\(F_i\) ，满足 \(1≤w,Fi≤50000\) 。
以上的每类数据中都存在 \(50\%\) 的数据满足对于所有的 \(w\) 、\(F_i\) ，有 \(w=F_i=1\) 。
Soution
最开始想的是要把每个公交车都体现在图上，发现会有 \(n^2\) 条边，跪了。
想了想，可以把问题转换为最多使用多少次传送门，这样就可以把公交车的连边问题略去了。
考虑拆点。点 \(x\) 拆成 \(x_1\) 和 \(x_2\) 。考虑连边 \[<S, x_1>:capacity=F[x]\] \[<x_2,T>:capacity=F[x]\] \[<x_1,y_2>:capacity=w\]
最后答案就是 \[\sum_{i=1}^nF[i] - maxFlow\]
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 20001
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define INF 2000000000
inline int read() {
int x = 0, flag = 1; char ch = getchar(); while (!isdigit(ch)) { if (!(ch ^ '-')) flag = -1; ch = getchar(); }
while (isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar(); return x * flag;
}
int n, m, sum;
int S, T;
struct edge { int v, c, next; }e[220001];
int head[N], tot = 1;
int q[N], dep[N];
inline void insert(int u, int v, int c) { e[++tot].v = v, e[tot].c = c, e[tot].next = head[u]; head[u] = tot; }
inline void add(int u, int v, int c) { insert(u, v, c), insert(v, u, 0); }
inline bool bfs() {
memset(dep, 0, sizeof dep); dep[S] = 1;
int l = 1, r = 1; q[1] = S;
while (l <= r) {
int u = q[l++];
for (int i = head[u], v; i; i = e[i].next) if (e[i].c && !dep[v = e[i].v]) {
dep[v] = dep[u] + 1, q[++r] = v;
if (!(v ^ T)) return 1;
}
}
return 0;
}
int dfs(int u, int dist) {
if (!(u ^ T) || !dist) return dist;
int ret = 0;
for (int i = head[u], v, c; i; i = e[i].next) if ((c = e[i].c) && !(dep[v = e[i].v] ^ (dep[u] + 1))) {
int d = dfs(v, min(dist, c));
dist -= d, ret += d, e[i].c -= d, e[i ^ 1].c += d;
if (!dist) break;
}
return ret;
}
int dinic() { int ret = 0; while (bfs()) ret += dfs(S, INF); return ret; }
int main() {
n = read(), m = read(); T = 2 * n + 1;
rep(i, 1, n) { int f = read(); add(S, i, f), add(i + n, T, f); sum += f; }
rep(i, 1, m) { int u = read(), v = read(), c = read(); add(u, v + n, c); }
printf("%d", sum - dinic());
return 0;
}