题意：给定一个有向图，每条边都有一个权值。每次你可以选择一个结点v和一个整数d,把所有以v为终点的边的权值减小d,把所有以v为起点的边的权值增加d,最后让所有边的权值的最小值大于零且尽量大。

ps：lrj的书上有个坑，说上说非负，其实原题说要大于0…..wa了好几发

分析：因为不同的操作互不影响，因此可以按任意顺序实施这些操作。另外，对于同一个点的多次操作可以合并，因此可以令sum(u)为作用于结点u之上的所有d之和。这样，本题的目标就是确定所有的sum(u),使得操作之后所有边权的最小值尽量大。

“最小值最大”使用二分答案的方法。二分答案x之后，问题转化为是否可以让操作完毕后每条边的权值均不小于x。对于边a->b，不难发现操作完毕后它的权值为w(a,b)+sum(a)-sum(b),因此每条边a->b都可以列出一个不等式w(a,b）+sum(a)-sum(b)>=x,移项得sum(b)-sum(a)<=w(a,b)-x。这样，我们实际得到一个差分约束系统。

查分约束系统是指一个不等式组，每个不等式形如xj-xi<=bk,这里的bk是一些事先已知的常数。这个不等式类似于最短路中的不等式d[v]<=d[u]+w(u,v),我们可以用最短路算法求解：对于约束条件xj-xi《=bk,新建一条边i–>j，权值为bk。如果图中有负权环，则差分约束系统无解。

#include<cstdio>  
#include<cstring>  
#include<cmath>  
#include<cstdlib>  
#include<iostream>  
#include<algorithm>  
#include<vector>  
#include<map>  
#include<queue>  
#include<stack> 
#include<string>
#include<map> 
#include<set>
#define eps 1e-4 
#define LL long long  
using namespace std;  

const int maxn = 500 + 10;
const int INF = 0x3f3f3f3f;

//Bellman-Ford算法
struct Edge {
	int from, to;
	int dist;
	Edge(int u = 0, int v = 0, double d = 0) : from(u), to(v), dist(d) {
	}
};
struct BellmanFord{
	int n, m;
	vector<Edge> edges;
	vector<int> G[maxn];
	bool inq[maxn];
	int d[maxn];
	int p[maxn];
	int cnt[maxn];
	
	void init(int n) {
		this->n = n;
		for(int i = 0; i < n; i++) G[i].clear();
		edges.clear();
	}
	
	void AddEdges(int from, int to, int dist) {
		edges.push_back(Edge(from, to, dist));
		m = edges.size();
		G[from].push_back(m-1);
	}
	
	bool bellman_ford(int S) {
		queue<int> Q;
		memset(inq, 0, sizeof(inq));
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		for(int i = 0; i < n; i++) d[i] = INF;
		d[S] = 0;
		inq[S] = true;
		Q.push(S);
		while(!Q.empty()) {
			int u = Q.front(); Q.pop();
			inq[u] = false;
			for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
				Edge& e = edges[G[u][i]];
				if(d[u]<INF && d[e.to]>d[u]+e.dist) {
					d[e.to] = d[u] + e.dist;
					p[e.to] = G[u][i];
					if(!inq[e.to]) {
						Q.push(e.to);
						inq[e.to] = true;
						if(++cnt[e.to] > n) return false;
					}
				}
			}
		}
		return true;
	}
	bool negetiveCycle() {
		queue<int> Q;
		memset(inq, 0, sizeof(inq));
		memset(cnt, 0, sizeof(cnt));
		for(int i = 0; i < n; i++) {
			d[i] = 0; inq[0] = true; Q.push(i);
		}
		while(!Q.empty()) {
			int u = Q.front(); Q.pop();
			inq[u] = false;
			for(int i = 0; i < G[u].size(); i++) {
				Edge& e = edges[G[u][i]];
				if(d[e.to]>d[u]+e.dist) {
					d[e.to] = d[u] + e.dist;
					p[e.to] = G[u][i];
					if(!inq[e.to]) {
						Q.push(e.to);
						inq[e.to] = true;
						if(++cnt[e.to] > n) return true;
					}
				}
			}
		}
		return false;
	}
	
} solver; 

int n, m;
bool test(int w) {
	for(int i = 0; i < m; i++) solver.edges[i].dist -= w;
	int t = solver.negetiveCycle();
	for(int i = 0; i < m; i++) solver.edges[i].dist += w;
	return t;
}

int kase;
int main() {
	freopen("input.txt", "r", stdin);
	while(scanf("%d%d", &n, &m) == 2) {
		solver.init(n);
		for(int i = 0; i < m; i++) {
			int u, v, d;
			cin >> u >> v >> d;
			u--; v--;
			solver.AddEdges(u, v, d);
		}
		int L = 0, R = 10000;
		if(test(1)) puts("No Solution");
		else if(!test(R+5)) puts("Infinite");
		else {
			while(L <= R) {
				int M = (R+L)/2;
				if(test(M)) R = M - 1;
				else L = M + 1;
			}
			printf("%d\n", R);
		}
	}
	return 0;
}