传送门

分析一下题目，考虑构建费用流模型（为什么会想到费用流啊！）

把每个点拆成两个 $u,v$

从 $v$ 到 $T$ 连一条流量为 $1$，费用为 $0$ 的边（这条边满流说明此点走完了）

从 $S$ 向每个点 $v$ 连一条流量为 $1$，费用为能力爆发到此星球的时间（从任何一点跳跃其实就相当于从原点重新开始）

从 $S$ 向每个点 $u$ 连一条流量为 $1$，费用为 $0$ 的边（因为每个点都要经过一次，所以每个点都会到达过）

从每个点的 $u$ 向此点连边到达的 $v$ 连一条流量为 $1$，费用为走此边需要的时间

然后最小费用最大流就是答案了...

为什么是对的呢，因为每个点都要被走过一次，所以一定要有某条到它的边是满流的，而上面这种连边方式就保证了所有可能连向它的边都被考虑到了

所以是对的...(大概)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<queue>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=1e5+7,M=1e7+7,INF=1e9+7;
int fir[N],from[M],to[M],val[M],cst[M],cntt=1;
inline void add(int a,int b,int c,int d)
{
    from[++cntt]=fir[a]; fir[a]=cntt;
    to[cntt]=b; val[cntt]=c; cst[cntt]=d;
    from[++cntt]=fir[b]; fir[b]=cntt;
    to[cntt]=a; val[cntt]=0; cst[cntt]=-d;
}
int dis[N],mif[N],pre[N],S,T;
queue <int> q;
bool inq[N];
bool SPFA()
{
    for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=INF;
    q.push(S); inq[S]=1; dis[S]=0,mif[S]=INF;
    while(!q.empty())
    {
        int x=q.front(); q.pop(); inq[x]=0;
        for(int i=fir[x];i;i=from[i])
        {
            int &v=to[i]; if(!val[i]||dis[v]<=dis[x]+cst[i]) continue;
            dis[v]=dis[x]+cst[i]; pre[v]=i;
            mif[v]=min(mif[x],val[i]);
            if(!inq[v]) q.push(v),inq[v]=1;
        }
    }
    return dis[T]<INF;
}
ll ans;
void upd()
{
    for(int now=T,i=pre[T]; now!=S; now=to[i^1],i=pre[now])
        val[i]-=mif[T],val[i^1]+=mif[T];
    ans+=1ll*mif[T]*dis[T];
}
int n,m;
int main()
{
    n=read(),m=read();
    int a,b,c; S=0,T=(n<<1)+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        add(S,n+i,1,read()),add(S,i,1,0),add(n+i,T,1,0);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        a=read(),b=read(),c=read();
        if(a>b) swap(a,b);
        add(a,n+b,1,c);
    }
    while(SPFA()) upd();
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}