题目背景
这本是一个非常简单的问题，然而奶牛们由于下雨已经非常混乱，无法完成这一计算，于是这个任务就交给了你。(奶牛混乱的原因看题目描述)
题目描述
在一个农场里有n块田地。某天下午，有一群牛在田地里吃草，他们分散在农场的诸多田地上，农场由m条无向的路连接，每条路有不同的长度。
突然，天降大雨，奶牛们非常混乱，想要快点去躲雨。
已知每个田地都建立有一个牛棚，但是每个牛棚只能容纳一定数量的牛躲雨，如果超过这个数量，那多出的牛只能去别的田地躲雨。
奶牛们每移动1的距离花费1时间，奶牛们想知道它们全部都躲进牛棚，最少需要多少时间。(即最后一头奶牛最少要花多久才能躲进牛棚)。
输入输出格式
输入格式：
第一行输入两个整数N,M。N表示田地块数，M表示路径数。
接下来N行，每行两个整数S,P，分别表示该田地现在有几头牛以及该田地的牛棚最多可以容纳多少牛。
接下来M行，每行3个整数A,B,C，表示存在一条路径连接A,B，并且它的长度为C。
输出格式：
一个整数表示所有奶牛全都躲进牛棚所用的最少时间。如果无法使全部奶牛都躲进牛棚，输出-1。
输入输出样例
说明
【样例解释】
1号点的两只牛直接躲进1号牛棚，剩下的5只中，4只跑去2号点，还有一只从1->2->3,3号点的2只牛也直接躲进去，这样最慢的牛花费的时间是110。
数据范围 : 对于100%的数据，N<=200 M<=1500
题解Here!
一开始看到题目，然后智障一样地以为这是个费用流。。。
但是交上去只有无解的那组过了。。。10分。。。
$hack$可以这么干：
有$3$块田，$1,2$处各有一头牛，$2,3$处各有一个容量为$1$的棚，$1->2$，$2->3$的长度均为$1$。
如果跑费用流会怎么样？
结果是$2$，即：将$1$中的奶牛移到$3$，$2$中奶牛不动。
但是显然我们可以将$1$中的奶牛移到$2$，$2$中的奶牛移到$3$，总时间就是$1$。
于是这个方法就被$hack$了。。。
那怎么办呢？
首先我们发现，许多路径是可以不用走的，直接走最短路就好。
注意到$nleq 200$，于是直接$Floyd$大法。
但是之后呢？
我们发现题目的意思就是：耗时最长的奶牛所用时间最少！
这。。。二分答案啊！
二分一下耗时最长的奶牛所用时间。
然后把所有道路长度大于这个值的路全部砍掉。
注意到我们的目的是让所有奶牛都进入牛棚。
所以我们只要在新的图上跑最大流，得出的答案就是当前图中最多有多少奶牛可以进入牛棚。
这个玩意是有单调性的，所以二分是可行的。
但是每块地有奶牛，有牛棚，怎么办？
没事我们拆个点就好。
将每个点$x$拆成$x,x'$。
设$num[x]$为$x$的奶牛总数，$size[x]$是$x$的牛棚大小。
$<u,v,w>$为从$u$到$v$，流量为$w$的弧。（包括反向弧）
设立源汇点$S,T$，连边：$<S,x,num[x]>,<x',T,size[x]>$
然后枚举每一对点$x,y$，若道路长度小于我们二分的值，连边：$<x,y',MAX>,<y,x',MAX>$
然后跑$Dinic$即可。
如果$ ext{最大流}== ext{奶牛数}$，就把上限调小；
如果$ ext{最大流}!= ext{奶牛数}$，就把下限调大。
如果在二分过程中一直都没有$ ext{最大流}== ext{奶牛数}$，说明根本无解，直接打$-1$就好。
然后我这个大$ZZ$又没判$-1$。。。
结果只有无解的那组没过。。。
和一开始正好相反。。。尴尬。。。
记得开$long long$！记得开$long long$！！记得开$long long$！！！
附带码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
#define MAXN 210
#define MAXM 200010
#define MAX (1LL<<60)
using namespace std;
int n,m,sum=0;
int num[MAXN],size[MAXN];
inline int read(){
int date=0;char c=0;
while(c<'0'||c>'9')c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();}
return date;
}
namespace Floyd{
long long map[MAXN][MAXN];
void floyd(){
for(int k=1;k<=n;k++)
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
map[i][j]=min(map[i][j],map[i][k]+map[k][j]);
}
void work(){
int u,v,w;
for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=n;j++)map[i][j]=(i==j?0:MAX);
for(int i=1;i<=m;i++){
u=read();v=read();w=read();
if(map[u][v]>w)map[u][v]=map[v][u]=w;
}
floyd();
}
}
namespace Dinic{
queue<int> q;
int s,t,c=2,head[MAXN<<1],deep[MAXN<<1];
struct Edge{
int next,to;
long long w;
}a[MAXM];
inline void add(int u,int v,long long w){
a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++;
a[c].to=u;a[c].w=0;a[c].next=head[v];head[v]=c++;
}
bool bfs(){
while(!q.empty())q.pop();
int u,v;
for(int i=1;i<=t;i++)deep[i]=0;
deep[s]=1;
q.push(s);
while(!q.empty()){
u=q.front();
q.pop();
for(int i=head[u];i;i=a[i].next){
v=a[i].to;
if(a[i].w&&!deep[v]){
deep[v]=deep[u]+1;
if(v==t)return true;
q.push(v);
}
}
}
return false;
}
long long dfs(int x,long long limit){
if(x==t)return limit;
int v;
long long sum,cost=0;
for(int i=head[x];i;i=a[i].next){
v=a[i].to;
if(a[i].w&&deep[v]==deep[x]+1){
sum=dfs(v,min(a[i].w,limit-cost));
if(sum>0){
a[i].w-=sum;
a[i^1].w+=sum;
cost+=sum;
if(cost==limit)break;
}
else deep[v]=-1;
}
}
return cost;
}
long long dinic(){
long long ans=0;
while(bfs())ans+=dfs(s,MAX);
return ans;
}
void rebuild(long long x){
c=2;
memset(head,0,sizeof(head));
for(int i=1;i<=n;i++){
add(s,i,num[i]);
add(i+n,t,size[i]);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
if(Floyd::map[i][j]<=x)add(i,j+n,MAX);
}
void work(){
bool flag=false;
long long l=MAX,r=-MAX,mid,ans=MAX;
s=n*2+1;t=n*2+2;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++){
if(Floyd::map[i][j]==MAX)continue;
l=min(l,Floyd::map[i][j]);
r=max(r,Floyd::map[i][j]);
}
while(l<=r){
mid=l+r>>1;
rebuild(mid);
long long s=dinic();
if(s==sum){
ans=min(ans,mid);
flag=true;
r=mid-1;
}
else l=mid+1;
}
if(flag)printf("%lld
",ans);
else printf("-1
");
}
}
void init(){
n=read();m=read();
for(int i=1;i<=n;i++){
num[i]=read();size[i]=read();
sum+=num[i];
}
}
int main(){
init();
Floyd::work();
Dinic::work();
return 0;
}