题目大意
给定$n$天，每天有一个雇佣志愿者数量的下限$D_i$，有$m$中志愿者，第$i$种可以在第$S_i$天到第$T_i$天工作，雇佣一个需要花费$C_i$元，每种可以雇佣无限个，求满足需求的最小代价。
题解
费用流好题
考虑先对这$n$个需求建立不等式，那么设第$k$种志愿者雇佣了$X_k$个，$G_{k,i}=1$表示第$k$个志愿者者可以在第$i$天工作，$=0$表示不可以。$$D_ileqsumlimits_{i=1}^m X_i imes G_{k,i}$$试图让一个不等式转化为符合网络流入度出度相等的等式。设置一个任意非负整数变量为$Y$，那么$$D_i+Y_i=sumlimits_{i=1}^m X_i imes G_{k,i}$$
$$-D_i-Y_i+sumlimits_{i=1}^m X_i imes G_{k,i}=0$$
现在的等式显然不符合建图要求，而我们的目的是将每一个变量视为一条边，那么要求每个变量只能出现恰好两次，且符号相反（为了保证一个变量只能出现一种权值且能符合反向边的意义）。
构造一个很巧妙的方法，那就是将两两相邻的不等式相减，类似差分一样，就得到了
$$-(D_i-D_{i-1})-(Y_i-Y_{i-1})+sumlimits_{i=1}^m X_i imes (G_{k,i}-G_{k,i-1})=0$$
特别的我们定义$i=0,i=n+1$的所有项均为$0$。
显而易见，当$i=S_k$时$G_{k,i}-G_{k,i-1}=1$，当$i=T_k$时$G_{k,i}-G_{k,i-1}=-1$，其余情况均为$0$。
同样的，其余的变量也会恰好出现正负两次。
对于$n+1$个等式，看做一个点，处理出$-(D_i-D_{i-1})$，由于它是常数，所以它应该向源点和汇点连边。
具体的，若它$>0$，则从源点向该点连容量为该常数的边，否则从它向汇点连容量为该常数绝对值大小的边，费用均为$0$。
不难发现$Y$是任意，且$Y_i$在第$i$个等式中是正的，在第$i-1$个等式中是负的，那么要从第$i$个点向第$i-1$个点连容量为正无穷，费用为$0$的边。
而$X_k$在第$S_k$个不等式中是正的，在第$T_k+1$个不等式中是负的，那么从第$S_k$个不等式向第$T_k+1$个点连容量为正无穷，费用为$C_k$的边。
跑最小费用最大流，这样一来所有变量都会为了满足最大流的性质而符合要求。
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define LL long long
#define M 100020
#define N 2020
#define INF 1000000000
using namespace std;
namespace IO{
const int BS=(1<<20)+5; char Buffer[BS],*HD,*TL;
char Getchar(){if(HD==TL){TL=(HD=Buffer)+fread(Buffer,1,BS,stdin);} return (HD==TL)?EOF:*HD++;}
int read(){
int nm=0,fh=1; char cw=Getchar();
for(;!isdigit(cw);cw=Getchar()) if(cw=='-') fh=-fh;
for(;isdigit(cw);cw=Getchar()) nm=nm*10+(cw-'0');
return nm*fh;
}
}using namespace IO;
int n,m,S,T,p[N],v[M],fs[N],nt[M<<1],to[M<<1],r[M<<1],c[M<<1],tmp;
int dis[N],last[N],tar[N],ans,tot,q[M],hd,tl; bool vis[N];
inline void addedge(int x,int y,int rm,int ct){
nt[tmp]=fs[x],fs[x]=tmp,to[tmp]=y,r[tmp]=rm,c[tmp++]=ct;
nt[tmp]=fs[y],fs[y]=tmp,to[tmp]=x,r[tmp]=0,c[tmp++]=-ct;
}
bool SPFA(){
memset(dis,0x3f,sizeof(int)*(T+2));
memset(vis,false,sizeof(bool)*(T+2)),dis[q[(tl=1)-1]=S]=hd=0;
while(hd!=tl){
int x=q[hd++]; vis[x]=false; if(hd==M) hd=0;
for(int i=fs[x];i!=-1;i=nt[i]){
if(!r[i]||dis[x]+c[i]>=dis[to[i]]) continue;
dis[to[i]]=dis[x]+c[i],last[to[i]]=i,tar[to[i]]=min(tar[x],r[i]);
if(!vis[to[i]]) vis[to[i]]=true,q[tl++]=to[i]; if(tl==M) tl=0;
}
} return dis[T]<INF;
}
void flow(){
for(int now=T,tt=tar[T];now!=S;now=to[last[now]^1])
r[last[now]]-=tt,r[last[now]^1]+=tt; ans+=tar[T]*dis[T];
}
int main(){
n=read(),m=read(),S=n+2,T=S+1,memset(fs,-1,sizeof(fs)),tar[S]=INF;
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=read(),addedge(i+1,i,INF,0);
while(m--){int u=read(),v=read(),cst=read();addedge(u,v+1,INF,cst);}
for(int i=1;i<=n+1;i++){
if(p[i]>p[i-1]) addedge(S,i,p[i]-p[i-1],0);
else addedge(i,T,p[i-1]-p[i],0);
}
while(SPFA()) flow(); printf("%d
",ans); return 0;
}