2018.08.18 NOIP模拟 snow（最大流）

Snow

题目背景

SOURCE：NOIP2015-SHY4

题目描述

有一天，TT 要去 ABC 家。ABC 的大门外有 n 个站台，用 1 到 n 的正整数编号，TT 需要对每个站台访问恰好一定次数以后才能到 ABC 家。站台之间有 m 个单向的传送门，通过传送门到达另一个站台不需要花费任何代价。而如果不通过传送门，TT 就需要乘坐公共汽车，并花费 1 单位的钱。值得庆幸的是，任意两个站台之间都有公共汽车直达。

现在给定每个站台必须访问的次数，对于站台 i ，TT 必须恰好访问 Fi 次（不能超过）。

我们用 u，v，w 三个参数描述一个传送门，表示从站台 u 到站台 v 有一个最多可以使用 w 次的传送门（不一定要使用 w 次）。对于任意一对传送门 (u1,v1)" role="presentation" style="position: relative;">(u1,v1)(u1,v1) 和 (u2,v2)" role="presentation" style="position: relative;">(u2,v2)(u2,v2)，如果有u1&lt;u2" role="presentation" style="position: relative;">u1<u2u1<u2，则有v1≤v2" role="presentation" style="position: relative;">v1≤v2v1≤v2；如果有v1&lt;v2" role="presentation" style="position: relative;">v1<v2v1<v2，则有 u1≤u2" role="presentation" style="position: relative;">u1≤u2u1≤u2；且u1=u2" role="presentation" style="position: relative;">u1=u2u1=u2 和 v1=v2" role="presentation" style="position: relative;">v1=v2v1=v2 不同时成立。

TT 可以从任意的站台开始，从任意的站台结束。出发去开始的站台需要花费 1 单位的钱。现在请帮助 TT 求出打开大门最少需要花费多少单位的钱。

输入格式

第一行包含两个正整数 n，m，意义见题目描述。

第二行包含 n 个正整数，第 i 个数表示 Fi。

接下来有 m 行，每行有三个正整数 u，v，w，表示从 u 到 v 有一个可以使用 w 次的传送门。

输出格式

输出仅一行包含一个整数表示答案。

样例数据 1

输入

4 3

5 5 5 5

1 2 1

3 2 1

3 4 1

输出

17

备注

【数据范围】

有 20% 的数据满足 n≤10,m≤50；

有 50% 的数据满足 n≤1000，m≤10000；

100% 的数据满足 1≤n≤10000，1≤m≤100000；

对于所有的 u，v，满足 1≤u,v≤n；u≠v；对于所有的 w,Fi，满足 1≤w,Fi≤50000。

以上的每类数据中都存在 50% 的数据满足对于所有的 w,Fi，有 w=Fi=1。

考试的时候并没有发现题目的限制条件可以推出这是一个DAG，DAG的话不就是一个差不多裸的最大流了吗？求出最多可以利用多少传送门，用总的f[i]的和减去可利用的传送门的个数就是答案。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define N 50005
#define M 1000005
#define inf 1000000000
using namespace std;
inline int read(){
    int ans=0;
    char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))ch=getchar();
    while(isdigit(ch))ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(ch^48),ch=getchar();
    return ans;
}
int n,m,f[N],first[N],cnt=-1,d[N],s,t;
struct Node{int v,next,c;}e[M<<1];
inline void add(int u,int v,int c){e[++cnt].v=v,e[cnt].c=c,e[cnt].next=first[u],first[u]=cnt;}
inline bool bfs(){
    queue<int>q;
    q.push(s);
    memset(d,-1,sizeof(d));
    d[s]=0;
    while(!q.empty()){
        int x=q.front();
        q.pop();
        for(int i=first[x];i!=-1;i=e[i].next){
            int v=e[i].v;
            if(e[i].c<=0||d[v]!=-1)continue;
            d[v]=d[x]+1;
            if(v==t)return true;
            q.push(v);
        }
    }
    return false;
}
inline int dfs(int x,int f){
    if(!f||x==t)return f;
    int flow=f;
    for(int i=first[x];i!=-1;i=e[i].next){
        int v=e[i].v;
        if(flow&&e[i].c>0&&d[v]==d[x]+1){
            int tmp=dfs(v,min(flow,e[i].c));
            if(tmp==0)d[v]=-1;
            flow-=tmp;
            e[i].c-=tmp;
            e[i^1].c+=tmp;
        }
    }
    return f-flow;
}
inline int maxflow(){
    int ret=0;
    while(bfs())ret+=dfs(s,inf);
    return ret;
}
int main(){
    memset(first,-1,sizeof(first));
    int ans=0;
    n=read(),m=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)ans+=(f[i]=read());
    s=0,t=n*2+1;
    for(int i=1;i<=n;++i)add(s,i,f[i]),add(i,s,0),add(i+n,t,f[i]),add(t,i+n,0);
    for(int i=1;i<=m;++i){int u=read(),v=read(),w=read();add(u,v+n,w),add(v+n,u,0);}
    cout<<ans-maxflow();
    return 0;
}