BZOJ1927 [Sdoi2010]星际竞速【费用流】

1927: [Sdoi2010]星际竞速

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Description

　　10年一度的银河系赛车大赛又要开始了。作为全银河最盛大的活动之一，夺得这个项目的冠军无疑是很多人的

梦想，来自杰森座α星的悠悠也是其中之一。赛车大赛的赛场由N颗行星和M条双向星际航路构成，其中每颗行星都

有一个不同的引力值。大赛要求车手们从一颗与这N颗行星之间没有任何航路的天体出发，访问这N颗行星每颗恰好

一次，首先完成这一目标的人获得胜利。由于赛制非常开放，很多人驾驶着千奇百怪的自制赛车来参赛。这次悠悠

驾驶的赛车名为超能电驴，这是一部凝聚了全银河最尖端科技结晶的梦幻赛车。作为最高科技的产物，超能电驴有

两种移动模式：高速航行模式和能力爆发模式。在高速航行模式下，超能电驴会展开反物质引擎，以数倍于光速的

速度沿星际航路高速航行。在能力爆发模式下，超能电驴脱离时空的束缚，使用超能力进行空间跳跃——在经过一

段时间的定位之后，它能瞬间移动到任意一个行星。天不遂人愿，在比赛的前一天，超能电驴在一场离子风暴中不

幸受损，机能出现了一些障碍：在使用高速航行模式的时候，只能由每个星球飞往引力比它大的星球，否则赛车就

会发生爆炸。尽管心爱的赛车出了问题，但是悠悠仍然坚信自己可以取得胜利。他找到了全银河最聪明的贤者——

你，请你为他安排一条比赛的方案，使得他能够用最少的时间完成比赛。

Input

　　第一行是两个正整数N,M。第二行N个数A1~AN，其中Ai表示使用能力爆发模式到达行星i所需的定位时间。接下

来M行，每行3个正整数ui,vi,wi，表示在编号为ui和vi的行星之间存在一条需要航行wi时间的星际航路。输入数据

已经按引力值排序，也就是编号小的行星引力值一定小，且不会有两颗行星引力值相同。

Output

　　仅包含一个正整数，表示完成比赛所需的最少时间。

Sample Input

3 3

1 100 100

2 1 10

1 3 1

2 3 1

Sample Output

HINT

　　说明：先使用能力爆发模式到行星1，花费时间1。然后切换到高速航行模式，航行到行星2，花费时间10。之

后继续航行到行星3完成比赛，花费时间1。虽然看起来从行星1到行星3再到行星2更优，但我们却不能那样做，因

为那会导致超能电驴爆炸。N≤800，M≤15000。输入数据中的任何数都不会超过106。输入数据保证任意两颗行星

之间至多存在一条航道，且不会存在某颗行星到自己的航道。

看到N的范围可以猜想这是一道网络流

朝这个方面想，显然可以用费用流解决

要保证每个点都访问，我们将每个点向T连边

由于访问每个点有两种方式，我们这样建边：

将每个点拆成Ai，Bi两点

①S->Bi，容量为1，费用为能力爆发模式费用【表示用能力爆发模式到达】

②Bi->T，容量1，费用0，表示到达这个点

③S->Ai，容量为1，费用为0，用以从这个点到达其他点

④Ai->Bj，容量1，费用为原边费用，表示通过i点到达j点

一开始其实想着用S到i的INF流量的边，发现这样控不住费用，想了很久

现在想想，既然是DAG图，每个点到达的点只有一个，我们只需开另一个点表示从这点出发即可

#include<iostream>

#include<cstdio>

#include<queue>

#include<cstring>

#include<algorithm>

#define LL long long int

#define REP(i,n) for (int i = 1; i <= (n); i++)

#define Redge(u) for (int k = head[u]; k != -1; k = edge[k].next)

using namespace std;

const int maxn = 2005,maxm = 100005,INF = 1000000000;

inline int RD(){

	int out = 0,flag = 1; char c = getchar();

	while (c < 48 || c > 57) {if (c == '-') flag = -1; c = getchar();}

	while (c >= 48 && c <= 57) {out = (out << 1) + (out << 3) + c - '0'; c = getchar();}

	return out * flag;

}

int N,M,S,T;

int vis[maxn],d[maxn],p[maxn],f[maxn];

int head[maxn],nedge = 0;

struct EDGE{int from,to,w,f,next;}edge[maxm];

inline void build(int u,int v,int w,int f){

	edge[nedge] = (EDGE){u,v,w,f,head[u]}; head[u] = nedge++;

	edge[nedge] = (EDGE){v,u,-w,0,head[v]}; head[v] = nedge++;

}

int maxcost(){

	int cost = 0,flow = 0,to,u;

	queue<int> q;

	while (true){

		for (int i = 0; i <= T; i++) d[i] = INF;

		d[S] = 0; f[S] = INF;

		q.push(S);

		while (!q.empty()){

			u = q.front(); q.pop();

			vis[u] = false;

			Redge(u) if (edge[k].f && d[to = edge[k].to] > d[u] + edge[k].w){

				d[to] = d[u] + edge[k].w;

				f[to] = min(f[u],edge[k].f);

				p[to] = k;

				if (!vis[to]) q.push(to),vis[to] = true;

			}

		}

		if (d[T] == INF) break;

		flow += f[T];

		cost += d[T] * f[T];

		u = T;

		while (u != S){

			edge[p[u]].f -= f[T];

			edge[p[u] ^ 1].f += f[T];

			u = edge[p[u]].from;

		}

	}

	return cost;

}

int main(){

	memset(head,-1,sizeof(head));

	N = RD(); M = RD();

	S = 0; T = 2 * N + 1;

	REP(i,N){

		build(S,i,0,1);

		build(S,N + i,RD(),1);

		build(N + i,T,0,1);

	}

	int a,b,w;

	while (M--){

		a = RD(); b = RD(); w = RD();

		if (a > b) swap(a,b);

		build(a,N + b,w,1);

	}

	cout<<maxcost()<<endl;

	return 0;

}