bzoj 1497 [NOI2006]最大获利【最大权闭合子图+最小割】

不要被5s时限和50000点数吓倒！大胆网络流！我一个5w级别的dinic只跑了1s+！

看起来没有最大权闭合子图的特征——限制，实际上还是有的。

我们需要把中转站看成负权点，把p看成点权，把客户看成正权点，把c看成点权，然后把中转站点a、b作为客户点的依赖点

s点向所有正权点连边，流量为点权；所有负权点向t连边，流量为负点权（即正数！）

对于所有有依赖关系的点，由客户点向中转站点连边，流量为inf，也就是最大权闭合子图中的向其依赖点连边

连边的意义详见：http://www.cnblogs.com/lokiii/p/8178805.html

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
using namespace std;
const int N=50005,M=500005,P=1000005,inf=1e9;
int n,m,p[N],a[M],b[M],c[M],s,t,sum,cnt=1,h[P],le[P];
struct qwe
{
	int ne,to,va;
}e[P<<1];
int read()
{
	int r=0,f=1;
	char p=getchar();
	while(p>'9'||p<'0')
	{
		if(p=='-')
			f=-1;
		p=getchar();
	}
	while(p>='0'&&p<='9')
	{
		r=r*10+p-48;
		p=getchar();
	}
	return r*f;
}
void add(int u,int v,int w)
{
	cnt++;
	e[cnt].ne=h[u];
	e[cnt].to=v;
	e[cnt].va=w;
	h[u]=cnt;
}
void ins(int u,int v,int w)
{
	add(u,v,w);
	add(v,u,0);
}
bool bfs()
{
	queue<int>q;
	memset(le,0,sizeof(le));
	le[s]=1;
	q.push(s);
	while(!q.empty())
	{
		int u=q.front();
		q.pop();
		for(int i=h[u];i;i=e[i].ne)
			if(e[i].va>0&&!le[e[i].to])
			{
				le[e[i].to]=le[u]+1;
				q.push(e[i].to);
			}
	}
	return le[t];
}
int dfs(int u,int f)
{
	if(u==t||!f)
		return f;
	int us=0;
	for(int i=h[u];i&&us<f;i=e[i].ne)
		if(e[i].va>0&&le[e[i].to]==le[u]+1)
		{
			int t=dfs(e[i].to,min(e[i].va,f-us));
			e[i].va-=t;
			e[i^1].va+=t;
			us+=t;
		}
	if(!us)
		le[u]=0;
	return us;
}
int dinic()
{
	int re=0;
	while(bfs())
		re+=dfs(s,inf);
	return re;
}
int main()
{
	n=read(),m=read();
	t=n+m+1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		p[i]=read();
		ins(i,t,p[i]);
	}
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		a[i]=read(),b[i]=read(),c[i]=read();
		sum+=c[i];
		ins(s,i+n,c[i]);
		ins(i+n,a[i],inf);
		ins(i+n,b[i],inf);
	}
	printf("%d\n",sum-dinic());
	return 0;
}