首先我们可以知道这道题中每个点只能经过一次，那么我们引入附加源汇source,sink，那么我们可以将每个点拆成两个点，分别表示对于图中这个节点我们的进和出，那么我们可以连接(source,i,1,0),(i+n,sink,1,0)，然后对于可以直接到达的点我们可以连接(source,i+n,1,cost)这个代表我们可以从任意一个点到达这个点，对于星球之间的连边我们可以连接(x,y+n,1,cost)，代表我们可以从这个星球到另一个星球，因为我们考虑每个点只经过一次，所以可以这样构图，我们并不关心路径的具体方案，只关心这个点会被进一次，出一次。
/************************************************************** Problem: 1927 User: BLADEVIL Language: C++ Result: Accepted Time:2388 ms Memory:1540 kb ****************************************************************/ //By BLADEVIL #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstring> #define maxn 2010 #define maxm 40010 using namespace std; int n,m,l,source,sink,ans; int last[maxn],pre[maxm],other[maxm],len[maxm],cost[maxm]; int d[maxn],que[maxn*10],vis[maxn],father[maxn]; void connect(int a,int b,int c,int d) { pre[++l]=last[a]; last[a]=l; other[l]=b; len[l]=c; cost[l]=d; //if (c) printf("|%d %d %d ",a,b,d); } bool spfa() { memset(d,0x3f,sizeof d); int h=0,t=1,cur; que[1]=source; d[source]=0; while (h<t) { cur=que[++h]; vis[cur]=0; for (int q=last[cur];q;q=pre[q]) { if (!len[q]) continue; if (d[other[q]]>d[cur]+cost[q]) { father[other[q]]=q; d[other[q]]=d[cur]+cost[q]; if (!vis[other[q]]) { que[++t]=other[q]; vis[other[q]]=1; } } } } return d[0]!=d[sink]; } void update() { int cur=sink,low=1<<30; while (cur!=source) { low=min(low,len[father[cur]]); cur=other[father[cur]^1]; } cur=sink; while (cur!=source) { ans+=cost[father[cur]]; len[father[cur]]-=low; len[father[cur]^1]+=low; cur=other[father[cur]^1]; } //printf("%d ",ans); } int main() { scanf("%d%d",&n,&m); source=(n<<1)+1; sink=source++; l=1; for (int i=1;i<=n;i++) { int x; scanf("%d",&x); connect(source,i+n,1,x); connect(i+n,source,0,-x); } for (int i=1;i<=n;i++) connect(source,i,1,0),connect(i,source,0,0); for (int i=1;i<=m;i++) { int x,y,z; scanf("%d%d%d",&x,&y,&z); if (x>y) swap(x,y); connect(x,y+n,1,z); connect(y+n,x,0,-z); } for (int i=1;i<=n;i++) connect(i+n,sink,1,0),connect(sink,i+n,0,0); while (spfa()) update(); printf("%d ",ans); return 0; }