题目链接：​​http://poj.org/problem?id=2391​​

题意：

有n个田地，给出每个田地上初始的牛的数量和每个田地可以容纳的牛的数量。

m条双向的路径，每条路径上可以同时通过的牛没有限制。

问牛要怎么走，能在最短时间内使得每块田地都能容纳的下，输出最短时间或-1。

解法：

先floyd求出任意两点之间的最短距离，然后二分答案，判断是否可以在时间不超过mid的情况下完成移动：

建图：

每个点拆成两个点x和x’，源点向x连边，权值为初始的牛的数量；

x’向汇点连边，权值为可以容纳的牛的数量；

x向x’连边，权值为INF。

然后枚举任意两点i和j，如果i和j之间的最短距离dist[i][j]<=mid，则建边i->j’，权值为INF。

此时计算最大流，就是在限定mid时间内可以移动的最多的牛的数量，如果大于等于牛的总数则说明可行，否

则不可行。继续二分。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int maxn = 1010;
const int maxm = 510010;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const long long INF = 0x7F7F7F7F7F7F7F;
struct G
{
    int v, cap, next;
    G() {}
    G(int v, int cap, int next) : v(v), cap(cap), next(next) {}
} E[maxm];
int p[maxn], T;
int d[maxn], temp_p[maxn], qw[maxn]; //d顶点到源点的距离标号,temp_p当前狐优化，qw队列
void init()
{
    memset(p, -1, sizeof(p));
    T = 0;
}
void add(int u, int v, int cap)
{
    E[T] = G(v, cap, p[u]);
    p[u] = T++;
    E[T] = G(u, 0, p[v]);
    p[v] = T++;
}
bool bfs(int st, int en, int n)
{
    int i, u, v, head, tail;
    for(i = 0; i <= n; i++) d[i] = -1;
    head = tail = 0;
    d[st] = 0;
    qw[tail] = st;
    while(head <= tail)
    {
        u = qw[head++];
        for(i = p[u]; i + 1; i = E[i].next)
        {
            v = E[i].v;
            if(d[v] == -1 && E[i].cap > 0)
            {
                d[v] = d[u] + 1;
                qw[++tail] = v;
            }
        }
    }
    return (d[en] != -1);
}
int dfs(int u, int en, int f)
{
    if(u == en || f == 0) return f;
    int flow = 0, temp;
    for(; temp_p[u] + 1; temp_p[u] = E[temp_p[u]].next)
    {
        G& e = E[temp_p[u]];
        if(d[u] + 1 == d[e.v])
        {
            temp = dfs(e.v, en, min(f, e.cap));
            if(temp > 0)
            {
                e.cap -= temp;
                E[temp_p[u] ^ 1].cap += temp;
                flow += temp;
                f -= temp;
                if(f == 0)  break;
            }
        }
    }
    return flow;
}
int dinic(int st, int en, int n)
{
    int i, ans = 0;
    while(bfs(st, en, n))
    {
        for(i = 0; i <= n; i++) temp_p[i] = p[i];
        ans += dfs(st, en, inf);
    }
    return ans;
}

int n, m, sum;
long long g[1005][1005];
int have[1005], hold[1005];
bool check(long long t){
    init();
    for(int i=1; i<=n; i++){
        add(0, i, have[i]);
        add(i+n, 2*n+1, hold[i]);
        add(i, i+n, inf);
    }
    for(int i=1; i<=n; i++){
        for(int j=i+1; j<=n; j++){
            if(g[i][j]<=t){
                add(i,j+n, inf);
                add(j, i+n, inf);
            }
        }
    }
    int ans = dinic(0,2*n+1,2*n+2);
    return ans >= sum;
}

int main()
{
    while(~scanf("%d%d", &n, &m)){
        sum = 0;
        for(int i=1; i<=n; i++){
            scanf("%d%d", &have[i],&hold[i]);
            sum+=have[i];
        }
        for(int i = 1; i <= n; i++){
            for(int j = 1; j<=n; j++){
                g[i][j] = INF;
            }
        }
        for(int i=1; i<=n; i++) g[i][i]=0;
        for(int i=1; i<=m; i++){
            int u, v, w;
            scanf("%d%d%d", &u, &v, &w);
            if(g[u][v] > w){
                g[u][v] = g[v][u] = w;
            }
        }
        for(int k=1;k<=n;k++){
            for(int i=1; i<=n; i++){
                for(int j=1; j<=n; j++){
                    if(g[i][k]!=INF&&g[k][j]!=INF&&g[i][j]>g[i][k]+g[k][j]){
                        g[i][j] = g[i][k] + g[k][j];
                    }
                }
            }
        }
        long long ans = -1, l = 0, r = 10000000000000LL;
        while(l <= r){
            long long mid = (l+r)/2;
            if(check(mid)) ans = mid, r = mid-1;
            else l = mid+1;
        }
        printf("%lld\n", ans);
    }
    return 0;
}