【问题描述】
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）
【输入格式】
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。
【输出格式】
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。
【输入样例】
5 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3
【输出样例】
4
【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。
QwQ，说是最大权闭合图的模板题 ， 反正就是转换成最小割，再转换成最大流。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdlib> 3 #include <cstring> 4 #include <cstdio> 5 #include <queue> 6 const int inf = 1 << 30 , maxn = 57000 + 11 ; 7 using namespace std ;//1061109567 8 int n , m , head[maxn] , cnt , dis[maxn] , s , t , sum , cur[maxn] ; 9 queue < int > Q ; 10 struct id 11 { 12 int nxt , to , val ; 13 } edge[500011] ; 14 15 16 inline void Init ( ) 17 { 18 freopen( "NSOOJ#10358.in" , "r" , stdin ) ; 19 freopen( "NSOOJ#10358.out" , "w" , stdout ) ; 20 } 21 22 int read( ) 23 { 24 char ch = getchar( ) ; int k = 1 , ret = 0 ; 25 while( ch < '0' || ch > '9' ) { if( ch == '-' ) k = -1 ; ch = getchar( ) ; } 26 while( ch >= '0' && ch <= '9' ) ret = ret * 10 + ch - '0' , ch = getchar( ) ; 27 return k * ret ; 28 } 29 30 void add( int u , int v , int va ) 31 { 32 edge[++cnt].nxt = head[u] , edge[cnt].to = v ; 33 edge[cnt].val = va , head[u] = cnt ; 34 } 35 36 void input( ) 37 { 38 n = read( ) , m = read( ) ; 39 s = 0 , t = n + m + 1 , cnt = -1 ; 40 memset( head , -1 , sizeof(head) ) ; 41 int a , b , c; 42 for( int x = 1 ; x <= n ; ++x ) 43 { 44 a = read( ) ; 45 add( s , x , a ) ; 46 add( x , s , 0 ) ; 47 } 48 for( int x = 1 ; x <= m ; ++x ) 49 { 50 a = read( ) , b = read( ) , c = read( ) ; 51 add( a , n + x , inf ) ; add( n + x , a , 0 ) ; 52 add( b , n + x , inf ) ; add( n + x , b , 0 ) ; 53 add( n + x , t , c ) ; add( t , n + x , 0 ) ; 54 sum += c ; 55 } 56 } 57 58 59 bool bfs( ) 60 { 61 memset( dis , -1 , sizeof(dis) ) ; 62 dis[s] = 0 ; Q.push( s ) ; 63 while( !Q.empty( ) ) 64 { 65 int u = Q.front( ) ; Q.pop( ) ; 66 for( int i = head[u] ; ~i ; i = edge[i].nxt ) 67 { 68 int v = edge[i].to ; 69 if( dis[v] < 0 && edge[i].val > 0 ) 70 { 71 dis[v] = dis[u] + 1 ; 72 Q.push( v ) ; 73 } 74 } 75 } 76 return dis[t] != -1 ; 77 } 78 79 int dfs( int u , int f ) 80 { 81 if( u == t ) return f ; 82 int cost = 0 , ans = 0 ; 83 for( int i = cur[u] ; ~i ; i = edge[i].nxt ) 84 { 85 int v = edge[i].to ; 86 if( dis[v] != dis[u] + 1 ) continue ; 87 ans = dfs( v , min( f-cost , edge[i].val ) ) ; 88 edge[i].val -= ans , edge[i^1].val += ans , cost += ans ; 89 if( edge[i].val ) cur[u] = i ; 90 if( f == cost ) return f ; 91 } 92 if( !cost ) dis[u] = -1 ; 93 return cost ; 94 } 95 96 97 98 void sov( ) 99 { 100 int ans = 0 ; 101 while( bfs( ) ) 102 { 103 for( int x = 0 ; x <= t ; x++ ) cur[x] = head[x] ; 104 ans += dfs( s , inf ) ; 105 } 106 printf( "%d" , sum - ans ) ; 107 } 108 109 110 111 int main( ) 112 { 113 // Init( ) ; 114 input( ) ; 115 sov( ) ; 116 // fclose( stdin ) ; 117 // fclose( stdout ) ; 118 return 0 ; 119 }