Description
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）
Input
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。
Output
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。
Sample Input
Sample Output
HINT
【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。
题解Here!
- 设立源汇点$S,T$没得说。
- 源点$S$连接所有正权点，流量为点权。
- 所有负权点连接汇点$T$，流量为点权的相反数。
- 对于原图中其他的边（注意都是有向边），连边，流量为$MAX$。
最大权闭合图可以解决的问题：
闭合图$V$的权为正权点总和减去对应割的容量。
当割最小时，闭合图权最大。
而$\text{最小割}==\text{最大流}$，故直接跑$Dinic$。
对于此题，我们可以将题中的边和点都看成事件。
而边事件依赖边的两个端点事件的发生。
这不就是闭合图了嘛。
然后连原图中的有向边。
之后跑$Dinic$即可。
附代码：
#include#include #include #include #define MAXN 60010#define MAX 999999999using namespace std;int n,m,s,t,c=2,sum=0;int head[MAXN],deep[MAXN];struct Edge{ int next,to,w;}a[MAXN*6];inline int read(){ int date=0,w=1;char c=0; while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')w=-1;c=getchar();} while(c>='0'&&c<='9'){date=date*10+c-'0';c=getchar();} return date*w;}inline void add(int u,int v,int w){ a[c].to=v;a[c].w=w;a[c].next=head[u];head[u]=c++; a[c].to=u;a[c].w=0;a[c].next=head[v];head[v]=c++;}bool bfs(){ int u,v; queue q; for(int i=1;i<=t;i++)deep[i]=0; deep[s]=1; q.push(s); while(!q.empty()){ u=q.front(); q.pop(); for(int i=head[u];i;i=a[i].next){ v=a[i].to; if(a[i].w&&!deep[v]){ deep[v]=deep[u]+1; if(v==t)return true; q.push(v); } } } return false;}int dfs(int x,int limit){ if(x==t)return limit; int v,sum,cost=0; for(int i=head[x];i;i=a[i].next){ v=a[i].to; if(a[i].w&&deep[v]==deep[x]+1){ sum=dfs(v,min(a[i].w,limit-cost)); if(sum>0){ a[i].w-=sum; a[i^1].w+=sum; cost+=sum; if(cost==limit)break; } else deep[v]=-1; } } return cost;}int dinic(){ int ans=0; while(bfs())ans+=dfs(s,MAX); return ans;}void init(){ int u,v,w; n=read();m=read(); s=n+m+1;t=n+m+2; for(int i=1;i<=n;i++){ w=read(); add(s,i,w); } for(int i=1;i<=m;i++){ u=read();v=read();w=read(); sum+=w; add(i+n,t,w); add(u,i+n,MAX); add(v,i+n,MAX); }}int main(){ init(); printf("%d\n",sum-dinic()); return 0;}