18.8.18NOIP模拟。。。。Snow
Noip模拟—-Snow
题目
有一天，TT 要去 ABC 家。ABC 的大门外有 n 个站台，用 1 到 n 的正整数编号，TT 需要对每个站台访问恰好一定次数以后才能到 ABC 家。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，TT 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。
现在给定每个站台必须访问的次数，对于站台 i ，TT 必须恰好访问 Fi 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）。对于任意一对传送门 (u1,v1) 和 (u2,v2)，如果有 u1 < u2，则有v1 ≤ v2；如果有 v1 < v2 ，则有 u1 ≤ u2；且 u1=u2 和 v1=v2 不同时成立。
TT 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。现在请帮助 TT 求出打开大门最少需要花费多少单位的钱。
输入格式
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 Fi。
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。
输出格式
输出仅一行包含一个整数表示答案。
样例数据 1
输入
4 3
5 5 5 5
1 2 1
3 2 1
3 4 1
输出
17
备注
【数据范围】
有 20% 的数据满足 n≤10,m≤50；
有 50% 的数据满足 n≤1000，m≤10000；
100% 的数据满足 1≤n≤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,Fi，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,Fi，有 w=Fi=1。
做法有好多好多好多种；
随便列几种
1、跑有上下界的最小费用流（期望50~100，不稳定）
2、跑有上下界的最小流
3、求出加权的最小路径覆盖，每个点设两个，变成一个二分图，跑最大流
4、平面图的最小割
5、一种炒鸡厉害的线性复杂度动态规划
4、5要用到一种叫最小左转法的算法造点，反正什么那啥乱七八糟的就不管了，
直接上自己的代码
开始是直接把自己的最大流板子抄上来，结果发现不对，一查发现自己的板子是错的，然而板子交上去仍然能A，肯定是数据太水了 滑稽（划掉）
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
inline int read(){
char ch;
while((ch=getchar())<'0'||ch>'9'){;}
int res=ch-'0';
while((ch=getchar())>='0'&&ch<='9')
res=res*10+ch-'0';
return res;
}
int adj[200005],nxt[1000005],to[1000005],dep[100005],cap[1000005],cur[100005],f[100005],str,cnt=-1,n,m,des;
inline void addedge(int u,int v,int w){
nxt[++cnt]=adj[u],adj[u]=cnt,to[cnt]=v,cap[cnt]=w;
nxt[++cnt]=adj[v],adj[v]=cnt,to[cnt]=u,cap[cnt]=0;
}
inline bool bfs(){
int qn=1,que[100005],u,v,e;
que[qn]=str;
memset(dep,-1,sizeof(dep));
for(int i=1;i<=n;i++) cur[i]=adj[i];
dep[str]=0;
for(int ql=1;ql<=qn;ql++)
{
u=que[ql];
for(e=adj[u];e!=-1;e=nxt[e])
{
if(cap[e]>0&&dep[v=to[e]]==-1)
{
dep[v]=dep[u]+1,que[++qn]=v;
if(v==des) return true;
}
}
}
return false;
}
inline int dfs(const int &u,const int &flow)
{
if(u==des||!flow) return flow;
int res=0,v,flw;
for(int e=adj[u];e!=-1;e=nxt[e])
{
if(cap[e]>0&&dep[v=to[e]]==dep[u]+1)
{
flw=dfs(v,min(cap[e],flow-res));
if(flw==0) dep[v]=-1;
cap[e]-=flw,cap[e^1]+=flw;//因为有个e^1，所以初始cnt要设为-1；
res+=flw;if(res==flow) break;
}
}
return res;
}
inline int solve(){
int as=0;
while(bfs()) as+=dfs(str,1<<30);
return as;
}
int main(){
n=read(),m=read();
str=0,des=2*n+1;
int ans=0;
memset(adj,-1,sizeof(adj));
for(int i=1;i<=n;i++)
{
f[i]=read();addedge(str,i,f[i]),addedge(i+n,des,f[i]);
ans+=f[i];
}
int u,v,w;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
u=read(),v=read(),w=read();
addedge(u,v+n,w);
}
cout<<ans-solve()<<endl;
return 0;
}