Description

新的技術正沖擊著手機通訊市場，對於各大運營商來說，這既是機遇，更是挑戰。THU集團旗下的CS&T通訊公司在新一代通訊技術血戰的前夜，需要做太多的準備工作，僅就站址選擇一項，就需要完成前期市場研究、站址勘測、最優化等項目。在前期市場調查和站址勘測之後，公司得到了一共N個可以作為通訊信號中轉站的地址，而由於這些地址的地理位置差異，在不同的地方建造通訊中轉站需要投入的成本也是不一樣的，所幸在前期調查之後這些都是已知數據：建立第i個通訊中轉站需要的成本為Pi（1≤i≤N）。另外公司調查得出了所有期望中的用戶群，一共M個。關於第i個用戶群的信息概括為Ai, Bi和Ci：這些用戶會使用中轉站Ai和中轉站Bi進行通訊，公司可以獲益Ci。（1≤i≤M, 1≤Ai, Bi≤N） THU集團的CS&T公司可以有選擇的建立一些中轉站（投入成本），為一些用戶提供服務並獲得收益（獲益之和）。那麽如何選擇最終建立的中轉站才能讓公司的凈獲利最大呢？（凈獲利 = 獲益之和 - 投入成本之和）

Input

輸入文件中第一行有兩個正整數N和M 。第二行中有N個整數描述每一個通訊中轉站的建立成本，依次為P1, P2, …, PN 。以下M行，第(i + 2)行的三個數Ai, Bi和Ci描述第i個用戶群的信息。所有變量的含義可以參見題目描述。

Output

你的程序只要向輸出文件輸出一個整數，表示公司可以得到的最大凈獲利。

Sample Input

Sample Output

HINT

【樣例說明】選擇建立1、2、3號中轉站，則需要投入成本6，獲利為10，因此得到最大收益4。【評分方法】本題沒有部分分，你的程序的輸出只有和我們的答案完全一致才能獲得滿分，否則不得分。【數據規模和約定】 80%的數據中：N≤200，M≤1 000。 100%的數據中：N≤5 000，M≤50 000，0≤Ci≤100，0≤Pi≤100。

題解

我們將題目轉化一步：假設我們已經收到了所有用戶的利益，如果我們不能滿足要求，就會丟失其利益。

那麽現在只有成本而沒有利益，純最小化成本（丟失利益也算成本）。

我們發現，若兩個中轉站至少有一個沒有建，我們就要丟失此用戶的利益。

那麽，我們建立網絡流模型，從源點到每個中轉站連一條邊，容量為其成本；每個用戶的中轉站到這個用戶連一條邊，容量無窮大；用戶到匯點一條邊，容量為利益。

最後求最小割即可。

附代碼：

#include <algorithm>
#include <cstdio>
#include <queue>
typedef long long LL;
const LL INF = 1000000000000000LL;
const int N = 55050;
const int M = 500050;
struct Dinic{
  int to[M], nxt[M], pre[N], cnt;
  int dis[N];
  LL ret[M];
  Dinic() {
    std::fill(pre, pre + N, -1);
    cnt = 0;
  }
  inline void addEdge(int u, int v, LL cap = INF) {
    to[cnt] = v; ret[cnt] = cap;
    nxt[cnt] = pre[u]; pre[u] = cnt++;
    to[cnt] = u; ret[cnt] = 0;
    nxt[cnt] = pre[v]; pre[v] = cnt++;
  }
  std::queue<int> Q;
  bool BFS(int S, int T) {
    std::fill(dis, dis + N, -1);
    dis[S] = 0;
    while (!Q.empty()) Q.pop();
    Q.push(S);
    while (!Q.empty()) {
      int x = Q.front(); Q.pop();
      for (int i = pre[x]; ~i; i = nxt[i]) 
        if (ret[i] && !~dis[to[i]]) {
          dis[to[i]] = dis[x] + 1;
          if (to[i] == T) return true;
          Q.push(to[i]);
        }
    }
    return false;
  }
  LL DFS(int x, int T, LL f) {
    if (x == T) return f;
    LL ans = 0;
    int i;
    for (i = pre[x]; ~i && ans < f; i = nxt[i])
      if (ret[i] && dis[to[i]] == dis[x] + 1) {
        LL d = DFS(to[i], T, std::min(f - ans, ret[i]));
        ret[i] -= d;
        ret[i ^ 1] += d;
        ans += d;
      }
    if (!~i) dis[x] = -1;
    return ans;
  }
  LL solve(int S, int T) {
    LL ans = 0;
    while (BFS(S, T))
      ans += DFS(S, T, INF);
    return ans;
  }
};
Dinic solver;
int main() {
  int n, m, x, y, z;
  scanf("%d%d", &n, &m);
  int S = n + m, T = n + m + 1;
  for (int i = 0; i < n; ++i) {
    scanf("%d", &x);
    solver.addEdge(S, i, x);
  }
  LL ans = 0;
  for (int i = 0; i < m; ++i) {
    scanf("%d%d%d", &x, &y, &z);
    solver.addEdge(x - 1, i + n);
    solver.addEdge(y - 1, i + n);
    solver.addEdge(i + n, T, z);
    ans += z;
  }
  printf("%lld\n", ans - solver.solve(S, T));
  return 0;
}

BZOJ1497 [NOI2006]最大獲利