28. [NOI2006] 最大获利

★★★☆ 输入文件：profit.in 输出文件：profit.out 简单对比
时间限制：2 s
内存限制：512 MB

【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）

【输入文件】

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。

【输出文件】

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。

【样例输入】

profit.in

5 5
1 2 3 4 5
1 2 3
2 3 4
1 3 3
1 4 2
4 5 3

【样例输出】

profit.out

【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。

　　自己想的，乱建模水过了～～～

 #include <iostream>

 #include <cstring>

 #include <cstdio>

 using namespace std;

 const int INF=;

 const int maxn=;

 const int maxm=;

 int cnt=,fir[maxn],nxt[maxm],to[maxm],cap[maxm];

 void addedge(int a,int b,int v){

     nxt[++cnt]=fir[a];to[cnt]=b;fir[a]=cnt;cap[cnt]=v;

 }

 int q[maxn],dis[maxn],gap[maxn],path[maxn],n,m;

 void BFS(int S,int T){

     int front=,back=;

     memset(dis,,sizeof(dis));

     dis[T]=;q[back++]=T;

     while(front<back){

         int node=q[front++];

         for(int i=fir[node];i;i=nxt[i]){

             if(dis[to[i]])continue;

             dis[to[i]]=dis[node]+;

             q[back++]=to[i];

         }

     }

 }

 int fron[maxn];

 int Max_flow(int S,int T){

     BFS(S,T);

     memset(gap,,sizeof(gap));

     for(int i=S;i<=T;i++)++gap[dis[i]];

     int ret=,p=S,f;

     memcpy(fron,fir,sizeof(fir));

     while(dis[S]<=T){

         if(p==T){

             f=;

             while(p!=S){

                 f=min(f,cap[path[p]]);

                 p=to[path[p]^];

             }

             ret+=f;p=T;

             while(p!=S){

                 cap[path[p]]-=f;

                 cap[path[p]^]+=f;

                 p=to[path[p]^];

             }

         }

         int &ii=fron[p];

         for(;ii;ii=nxt[ii])

             if(cap[ii]&&dis[p]==dis[to[ii]]+)

                 break;

         if(ii)

             path[p=to[ii]]=ii;

         else{

             if(--gap[dis[p]]==)break;

             int minn=T+;

             for(int i=fir[p];i;i=nxt[i])

                 if(cap[i])

                     minn=min(minn,dis[to[i]]);

             gap[dis[p]=minn+]++;

             ii=fir[p];

             if(p!=S)

                 p=to[path[p]^];

         }

     }

     return ret;

 }

 int main(){

     freopen("profit.in","r",stdin);

     freopen("profit.out","w",stdout);

     int ans=,tot=;

     scanf("%d%d",&n,&m);

     for(int i=,d;i<=n;i++){

         scanf("%d",&d);ans-=d;

         tot+=d;

         addedge(,i,d);

         addedge(i,,);

     }

     for(int i=n+,d,a,b;i<=m+n;i++){

         scanf("%d%d%d",&a,&b,&d);

         tot+=d;

         addedge(a,i,INF);

         addedge(i,a,);

         addedge(b,i,INF);

         addedge(i,b,);

         addedge(i,n+m+,d);

         addedge(n+m+,i,);

     }

     printf("%d\n",ans+tot-Max_flow(,n+m+));

 }

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