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问题描述

　　栋栋居住在一个繁华的C市中，然而，这个城市的道路大都年久失修。市长准备重新修一些路以方便市民，于是找到了栋栋，希望栋栋能帮助他。
　　C市中有n个比较重要的地点，市长希望这些地点重点被考虑。现在可以修一些道路来连接其中的一些地点，每条道路可以连接其中的两个地点。另外由于C市有一条河从中穿过，也可以在其中的一些地点建设码头，所有建了码头的地点可以通过河道连接。
　　栋栋拿到了允许建设的道路的信息，包括每条可以建设的道路的花费，以及哪些地点可以建设码头和建设码头的花费。
　　市长希望栋栋给出一个方案，使得任意两个地点能只通过新修的路或者河道互达，同时花费尽量小。

输入格式

　　输入的第一行包含两个整数n, m，分别表示C市中重要地点的个数和可以建设的道路条数。所有地点从1到n依次编号。
　　接下来m行，每行三个整数a, b, c，表示可以建设一条从地点a到地点b的道路，花费为c。若c为正，表示建设是花钱的，如果c为负，则表示建设了道路后还可以赚钱（比如建设收费道路）。
　　接下来一行，包含n个整数w_1, w_2, …, w_n。如果w_i为正数，则表示在地点i建设码头的花费，如果w_i为-1，则表示地点i无法建设码头。
　　输入保证至少存在一个方法使得任意两个地点能只通过新修的路或者河道互达。

输出格式

　　输出一行，包含一个整数，表示使得所有地点通过新修道路或者码头连接的最小花费。如果满足条件的情况下还能赚钱，那么你应该输出一个负数。

样例输入

5 5
1 2 4
1 3 -1
2 3 3
2 4 5
4 5 10
-1 10 10 1 1

样例输出

9

样例说明

建设第2、3、4条道路，在地点4、5建设码头，总的花费为9。

数据规模和约定

对于20%的数据，1<=n<=10，1<=m<=20，0<=c<=20，w_i<=20;
对于50%的数据，1<=n<=100，1<=m<=1000，-50<=c<=50，w_i<=50;
对于70%的数据，1<=n<=1000;
对于100%的数据，1 <= n <= 10000，1 <= m <= 100000，-1000<=c<=1000，-1<=w_i<=1000，w_i≠0.

解题思路

注意：如果有某两个结点不通，我们可以通过在这俩个地方架设码头，只要有码头的地方都是相通的。

我们可以先通过kruskal算法求出不建码头花费最少的路径，因为题上没说两点之间只能建一条路，所以当花费为负的时候一定要加上。
当建码头的时候，我们可以另外构建一个点，把所有可以建码头的都连到这个点，然后再跑一遍kruskal算法，最后取建设码头和不建设码头的最小值。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 110005;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
struct edge {
    int u, v, w;
}e[MAXN];
int n, m, f[MAXN];
bool cmp(edge a, edge b) {
    return a.w < b.w;
}
int getf(int v) {
    if (f[v] != v)
        return f[v] = getf(f[v]);
    return v;
}
bool merge(int u, int v, int w) {
    int t1 = getf(u);
    int t2 = getf(v);
    if (t1 != t2 || w < 0) {//没路或花费为负
        f[t2] = t1;
        return true;
    }
    return false;
}
int Kruskal() {
    int cnt = 0, count_ = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++)
        f[i] = i;
    sort(e, e + m, cmp);
    for (int i = 0; i < m; i++) {
        if (merge(e[i].u, e[i].v, e[i].w)) {
            cnt += e[i].w;
            count_++;
        }
    }
    if (count_ < n - 1)
        return inf;
    return cnt;
}
int main() {
    int w, min_ = inf;
    scanf("%d%d", &n, &m);
    for (int i = 0; i < m; i++)
        scanf("%d%d%d", &e[i].u, &e[i].v, &e[i].w);
    min_ = Kruskal();//不建码头的最小花费
    n++;//新构建一个点
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        scanf("%d", &w);
        if (w != -1)//可以建码头
            e[m++] = (edge){i, n, w};//连到新建的点
    }
    min_ = min(min_, Kruskal());
    printf("%d\n", min_);
    return 0;
}