题目：
分析：
把题目翻译成人话：给一个带边权的DAG，求一个路径覆盖方案使路径边权总和最小。从点(i)开始的路径需要额外加上(A_i)的权值。
回xian忆chang一xue下xi不带权DAG的最小路径覆盖用网络流是怎么做的：把点(u)拆成(u)和(u')两个点，如果原图存在边((u,v))就在网络中连边((u,v'))，然后源点(s)向所有(u)连边，所有(v)向汇点(t)连边，所有边容量均为(1)，跑最大流。原图中点数(n)减去最大流就是最小路径覆盖。
考虑这样做的原理：最小路径覆盖中每个点属于且仅属于一条路径。对于任意包含多于(1)个点的路径，有且只有一个点入度为(0)，一个点出度为(0)，其余所有点入度、出度皆为(1)。网络中若((s,u))有流量说明(u)出度为(1)（(s)流到(u)后必然要流向某个点(v')），若((u',t))有流量说明(u)入度为(1)（必须有某个点流到(u')，((u',t))才有流量）。那么最大流就是所有点入度之和，(n)减去入度之和就是入度为(0)的点数，即路径起点的数量，即路径数。如果边((u,v'))有流量说明原图中((u,v))这条边在最小路径覆盖中。
那么给每条边加上权以后呢？自然能想到把原图中边((u,v))的权作为网络中((u,v'))的费用然后跑费用流
然后你就gg了
费用流全名叫“最小费用最大流”，是在保证流量最大的情况下的最小费用。在这道题中，就相当于首先要保证路径的条数最少（即流量最大），然后再使费用最小。此时要感谢某神犇T兔z崽z子给我说的我自己想出来的方法……先打个广告
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(s)向每个(u')连边，这条边有流量说明(u)入度为(0)（因为((u',t))容量为(1)，((s,u‘))有流量就说明肯定没有别的点会流到(u')）。这样无论如何路径覆盖最大流都是(n)，就消除了路径条数的影响，求出最小费用即为答案。
这种方案顺便解决了下一个问题：路径起点有额外权值。把(A_u)作为((s,u'))的费用即可。
代码：
#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
namespace zyt
{
typedef long long ll;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3fLL;
const int N = 810, P = N * 2, M = (N * 3 + 15010) * 2;
int head[P], cnt, n, m, s, t;
struct edge
{
int to, w, c, next;
}e[M];
inline void add(const int a, const int b, const int c, const int d)
{
e[cnt] = (edge){b, c, d, head[a]};
head[a] = cnt++;
}
inline void addtw(const int a, const int b, const int c, const int d)
{
add(a, b, c, d);
add(b, a, 0, -d);
}
namespace EK
{
bool vis[P];
ll dis[P];
int pre[P];
bool SPFA()
{
queue<int>q;
memset(pre, -1, sizeof(pre));
memset(vis, 0, sizeof(vis));
memset(dis, INF, sizeof(dis));
q.push(s);
vis[s] = true;
dis[s] = 0;
while (!q.empty())
{
int u = q.front();
q.pop();
vis[u] = false;
for (int i = head[u]; ~i; i = e[i].next)
{
int v = e[i].to;
if (e[i].w && dis[v] > dis[u] + e[i].c)
{
dis[v] = dis[u] + e[i].c, pre[v] = i;
if (!vis[v])
vis[v] = true, q.push(v);
}
}
}
return dis[t] != INF;
}
ll EK()
{
ll ans = 0;
while (SPFA())
{
int i = pre[t];
int minn = n + 1;
while (~i)
minn = min(minn, e[i].w), i = pre[e[i ^ 1].to];
i = pre[t];
while (~i)
e[i].w -= minn, e[i ^ 1].w += minn, i = pre[e[i ^ 1].to];
ans += minn * dis[t];
}
return ans;
}
}
int work()
{
ios::sync_with_stdio(false);
memset(head, -1, sizeof(head));
cin >> n >> m;
s = n * 2 + 1, t = n * 2 + 2;
for (int i = 1; i <= n; i++)
{
int a;
cin >> a;
addtw(s, i, 1, 0);
addtw(s, i + n, 1, a);
addtw(i + n, t, 1, 0);
}
for (int i = 0; i < m; i++)
{
int a, b, c;
cin >> a >> b >> c;
if (a > b)
swap(a, b);
addtw(a, b + n, 1, c);
}
cout << EK::EK();
return 0;
}
}
int main()
{
return zyt::work();
}