题意：在一图中，每个点有俩个属性：现在牛的数量和雨棚大小（下雨时能容纳牛的数量），每个点之间有距离，
给出牛（速度一样）在顶点之间移动所需时间，问最少时间内所有牛都能避雨。
模型分析：多源点去多汇点（此题源点也可能是汇点（源汇同点）），所以我的方法是：建立超级源点和超级
汇点，超级源点连想所有点，容量为该店本来的牛数量，在把各点拆成如图（略丑），到汇点的容量分别为
避雨容纳量，点点之间容量可以无限大。folyd求任意两点的最短路后，二分最大时间建图，枚举求最大之最小即可。
未1A原因：
1：开始时为了偷取一点时间复杂度，源点和汇点的部分图按全局先建立了，导致链式前向星操作失控，
也因为这样更好的理解了head[i]的作用；
2：开始没有拆点，这题明显和POJ2112不同，因为目标点（多个）和出发点（多个）可能在同一个点，
必需拆点i --》i+n+1(n+1是超级汇点)。
3.注意此题数据范围，一条边可能到10^10，多边时必然爆INT，用longlong，在函数传参的时候也别忘记！
还有就是几条边，200*200*2+200*2*2（200个点拆后俩俩有双向边+超级源点和汇点）。
PS：为什么我的dinic时间要700MS+。。。。
#include<iostream>//750MS
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
int n,m;const int inf =0x3f3f3f3f;
long long a[210][210]; long long minmax=0;int num=0;
int sh=0; int numcow=0;
int e[81001][3];int head[410]; int cow[210];int shelt[210]; //链式前向星二维数组表示法，0：to,1:pre,2:wight;
void folyd() //最短路不用说
{
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int ii=1;ii<=n;ii++)
if(a[j][ii]>a[j][i]+a[i][ii])
{
a[j][ii]=a[j][i]+a[i][ii];
if(a[j][ii]>minmax)minmax=a[j][ii]; //枚举上界
}
}
void build(long long limit) //建图
{
num=0;
for(int i=0;i<=2*n+2;i++)
head[i]=-1;
for(int i=1;i<=n;i++) //超级源点和汇点
{
e[num][0]=i;e[num][1]=head[0];head[0]=num;
e[num++][2]=cow[i];
e[num][0]=0;e[num][1]=head[i];head[i]=num;
e[num++][2]=0;
e[num][0]=n+1;e[num][1]=head[i+n+1];head[i+n+1]=num;
e[num++][2]=shelt[i];
e[num][0]=i+n+1;e[num][1]=head[n+1];head[n+1]=num;
e[num++][2]=0;
}
for(int i=1;i<=n;i++) //限制下可以添加的边
for(int j=1;j<=n;j++)
if(a[i][j]<=limit)
{
e[num][0]=j+n+1;e[num][1]=head[i];head[i]=num;
e[num++][2]=numcow;
e[num][0]=i;e[num][1]=head[j+n+1];head[j+n+1]=num;
e[num++][2]=0;
}
}
int level[410];int vis[410];
bool bfs() //bfs+dfs,dinic算法
{
for(int i=0;i<=2*n+2;i++)
vis[i]=level[i]=0;
queue<int>q;
q.push(0);vis[0]=1;
while(!q.empty())
{
int cur=q.front();q.pop();
for(int i=head[cur];i!=-1;i=e[i][1])
{ int to=e[i][0];
if(!vis[to]&&e[i][2]>0)
{
vis[to]=1;
level[to]=level[cur]+1;
if(to==n+1)return 1;
q.push(to);
}
}
}
return vis[n+1];
}
int dfs(int uu,int minf)
{
if(uu==n+1||minf==0)return minf;
int sum=0,f;
for(int i=head[uu];i!=-1&&minf;i=e[i][1])
{ int to=e[i][0];
if(level[to]==level[uu]+1&&e[i][2]>0)
{
f=dfs(to,minf<e[i][2]?minf:e[i][2]);
e[i][2]-=f;e[i^1][2]+=f;
sum+=f;minf-=f;
}
}
return sum;
}
bool check(long long limit)
{
build(limit);
int sumflow=0;
while(bfs())
{
sumflow+=dfs(0,inf);
}
if(sumflow==numcow)
return 1;
return 0;
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%d%d",&cow[i],&shelt[i]);
numcow+=cow[i]; sh+=shelt[i];
}
for(int i=0;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=n;j++)
a[i][j]=10000000000000;
for(int i=0;i<=n;i++)
a[i][i]=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
int temp1,temp2;
scanf("%d%d",&temp1,&temp2);
long long tempa;
scanf("%lld",&tempa);
if(a[temp1][temp2]>tempa)
{
a[temp1][temp2]=tempa;
a[temp2][temp1]=tempa;
if(a[temp1][temp2]>minmax)minmax=a[temp1][temp2]; //枚举上界
}
}
if(numcow>sh){printf("-1\n");return 0;} //无解情况
folyd();
long long left=0,right=minmax,mid;
if(!check(minmax)){printf("-1\n");return 0;} //无解情况
while(right>left+1) //二分答案，注意一下
{
mid=(right+left)/2;
if(check(mid))
{
right=mid;
}
else
left=mid;
}
if(check(right-1)) //最后二分时判断特殊情况
printf("%lld\n",right-1);
else
printf("%lld\n",right);
return 0;
}