Description
你去找某bm玩，到了门口才发现要打开他家的大门不是一件容易的事……
他家的大门外有n个站台，用1到n的正整数编号。你需要对每个站台访问一定次数以后大门才能开启。
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，你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。
现在给你每个站台必须访问的次数Fi，对于站台i，你必须恰好访问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）。
值得注意的是，对于任意一对传送门(u1,v1)和(u2,v2)，如果有u1<u2，则有v1≤v2；如果有v1<v2，则有u1≤u2；且u1=u2和v1=v2不同时成立。
你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。你需要求出打开大门最少需要花费多少单位的钱。
Input
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。
Output
输出一行一个整数，表示打开大门最少花费的钱数。
Sample Input
4 3
5 5 5 5
1 2 1
3 2 1
3 4 1
5 5 5 5
1 2 1
3 2 1
3 4 1
Sample Output
17
HINT
有20%的数据满足n≤10，m≤50；对于所有的w、Fi，满足1≤w,Fi≤10。
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。
题解Here!
这个题乍一看好像没有什么思路。
最多使用$w$次？感觉像网络流。。。
我们可以先把模型转换为计算最大使用传送门的次数。
这不就是最大流嘛。。。
拆点没的说。。。
对于每个$i$，拆成$i$和$i+n$，然后从$S$到$i$连一条流量为要求达到访问次数的边，$i+n$到$T$也连一条容量为要求达到访问次数的边。
然后对于每个传送门，由$u$到$v+n$连容量为传送门使用次数$w$的边。
跑出最大流就是最大使用传送门的次数。
然后用所有的点要求达到的访问次数的总和减去最大流就好了。
附代码：
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define MAXN 100010
#define MAX 999999999
using namespace std;
int n,m,s,t,c=2,sum=0;
int head[MAXN],deep[MAXN];
struct Graph{
int next,to,w;
}a[MAXN<<1];
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<int> q;
for(int i=s;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 work(){
int ans;
ans=sum-dinic();
printf("%d
",ans);
}
void init(){
int u,v,w;
n=read();m=read();
s=0;t=(n<<1)+1;
for(int i=1;i<=n;i++){
w=read();
sum+=w;
add(s,i,w);add(i+n,t,w);
}
for(int i=1;i<=m;i++){
u=read();v=read();w=read();
add(u,v+n,w);
}
}
int main(){
init();
work();
return 0;
}