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

5 5

1 2 3 4 5

1 2 3

2 3 4

1 3 3

1 4 2

4 5 3

Sample Output

4

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。

想法

標準的最大權閉合圖模型。

Q： 什麽是最大權閉合圖？
A： 閉合圖為有向圖的一個點集，且該點集所有出邊都指向該點集。
最大權閉合圖為有向圖中點權之和最大的閉合圖。
Q： 最大權閉合圖的特點？
A： 若存在 <u,v> \(\in\) E ，那閉合圖中包括u的 前提 或 必要條件 為v在該閉合圖中。

而最大權閉合圖可用最小割求解。
（證明過程詳見hbt大神論文《最小割模型在信息學競賽中的應用》orzorz…）

這道題中，若想在某用戶處獲得收益，前提是建立該用戶會使用的中轉站。
相當於是一個圖，節點為用戶及中轉站，每個用戶向他會使用的2個中轉站連邊。
代表用戶的點點權為Ci，代表中轉站的點點權為Pi。
求該圖最大權閉合圖。

代碼

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
 
#define INF 200000000
 
using namespace std;
 
const int N = 5005;
const int M = 50005;
 
struct node{
    int v,f;
    node *next,*rev;       
}pool[M*8+N*4],*h[N+M];
int cnt;
 
void addedge(int u,int v,int f){
    node *p=&pool[++cnt],*q=&pool[++cnt];
    p->v=v;p->next=h[u];h[u]=p; p->f=f;p->rev=q;
    q->v=u;q->next=h[v];h[v]=q; q->f=0;q->rev=p;     
}
 
int S,T;
int level[N+M];
int que[N+M];
bool bfs(){
    int head=0,tail=0,u,v;
    for(int i=S;i<=T;i++) level[i]=-1;     
    level[S]=1; que[tail++]=S;
    while(head<tail){
        u=que[head++];
        for(node *p=h[u];p;p=p->next)
            if(p->f && level[v=p->v]==-1){
                level[v]=level[u]+1;
                que[tail++]=v;        
            }
        if(level[T]!=-1) return true;
    }
    return false;
}
int find(int u,int f){
    int v,s=0,t;
    if(u==T) return f;
    for(node *p=h[u];p;p=p->next)
        if(s<f && p->f && level[v=p->v]==level[u]+1){
            t=find(v,min(f-s,p->f));
            if(t){
                s+=t;
                p->f-=t;
                p->rev->f+=t;      
            }
        }
    if(!s) level[u]=-1;
    return s;
}
int dinic(){
    int f=0;
    while(bfs()) f+=find(S,INF);
    return f;    
}
 
int n,m;
int a[M],b[M],c[M],d[N];
 
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) 
        scanf("%d",&d[i]);
    for(int i=1;i<=m;i++)
        scanf("%d%d%d",&a[i],&b[i],&c[i]);
     
    int sum=0;
    S=0; T=n+m+1;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        sum+=c[i];
        addedge(S,i,c[i]);
        addedge(i,a[i]+m,INF);
        addedge(i,b[i]+m,INF);        
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        addedge(m+i,T,d[i]);
     
    sum-=dinic();
    printf("%d\n",sum);
     
    return 0;    
}

bzoj1497:[NOI2006]最大獲利