题目描述
申奥成功后，布布经过不懈努力，终于成为奥组委下属公司人力资源部门的主管。布布刚上任就遇到了一个难题：为即将启动的奥运新项目招募一批短期志愿者。经过估算，这个项目需要N 天才能完成，其中第i 天至少需要Ai 个人。 布布通过了解得知，一共有M 类志愿者可以招募。其中第i 类可以从第Si 天工作到第Ti 天，招募费用是每人Ci 元。新官上任三把火，为了出色地完成自己的工作，布布希望用尽量少的费用招募足够的志愿者，但这并不是他的特长！于是布布找到了你，希望你帮他设计一种最优的招募方案。
输入输出格式
输入格式：
第一行包含两个整数N, M，表示完成项目的天数和可以招募的志愿者的种类。 接下来的一行中包含N 个非负整数，表示每天至少需要的志愿者人数。 接下来的M 行中每行包含三个整数Si, Ti, Ci，含义如上文所述。为了方便起见，我们可以认为每类志愿者的数量都是无限多的。
输出格式：
仅包含一个整数，表示你所设计的最优方案的总费用。
输入输出样例
说明
1 ≤ N ≤ 1000，1 ≤ M ≤ 10000，题目中其他所涉及的数据均 不超过2^31-1。
题解
感觉和“最长k可重区间集问题”有点像，然而我还是不会
不得不说这题的思想真是非常巧妙
我们把每一个时间当做一个点
然后每一个时间$t$向$t+1$连容$inf-a[i]$费$0$的边
费$0$好理解，那容为什么要设成这样？
我们可以这样考虑，如果一天需要$a[i]$的志愿者，那么这个点必须被分去$a[i]$的流
然后因为源点到出发的流是$inf$的，为了跑满最大流，因为这一段容只有这么多，所以必须有其他地方能让它流这么多流
举个例子，我现在有$inf-b$的流，然而这一个点的容是$inf-a$的（$b<a$，也就代表着人不够了），那么$inf-b>inf-a$，说明这一段流流不过去了，那么它必须在其他地方被分流，才能使它剩下的流过去
那么我们对于每一个志愿者，我们从$x$到$y+1$连一条容$inf$费$c$的边，表示这一个志愿者可以在这些天工作，费用为$c$
放到图里，就意味着可以从这里分去一部分流，使剩下的流可以通过，但要费用$c$
那么因为源点出发流为$inf$为了跑满最大流（这样才能保证每一天人都够），同时费用最省，跑一个最小费用最大流即可
1 //minamoto 2 #include<iostream> 3 #include<cstdio> 4 #include<cstring> 5 #include<queue> 6 #define inf 0x3f3f3f3f 7 using namespace std; 8 #define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) 9 char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf; 10 inline int read(){ 11 #define num ch-'0' 12 char ch;bool flag=0;int res; 13 while(!isdigit(ch=getc())) 14 (ch=='-')&&(flag=true); 15 for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num); 16 (flag)&&(res=-res); 17 #undef num 18 return res; 19 } 20 const int N=1005,M=50005; 21 int ver[M],Next[M],head[N],edge[M],flow[M],tot=1; 22 int dis[N],disf[N],vis[N],Pre[N],last[N]; 23 int n,m,s,t; 24 queue<int> q; 25 inline void add(int u,int v,int f,int e){ 26 ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,flow[tot]=f,edge[tot]=e; 27 ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,flow[tot]=0,edge[tot]=-e; 28 } 29 bool spfa(){ 30 memset(dis,0x3f,sizeof(dis)); 31 q.push(s),dis[s]=0,disf[s]=inf,Pre[t]=-1; 32 while(!q.empty()){ 33 int u=q.front();q.pop();vis[u]=0; 34 for(int i=head[u];i;i=Next[i]){ 35 int v=ver[i]; 36 if(flow[i]&&dis[v]>dis[u]+edge[i]){ 37 dis[v]=dis[u]+edge[i],Pre[v]=u,last[v]=i; 38 disf[v]=min(disf[u],flow[i]); 39 if(!vis[v]) vis[v]=1,q.push(v); 40 } 41 } 42 } 43 return ~Pre[t]; 44 } 45 int dinic(){ 46 int mincost=0; 47 while(spfa()){ 48 int u=t;mincost+=disf[t]*dis[t]; 49 while(u!=s){ 50 flow[last[u]]-=disf[t]; 51 flow[last[u]^1]+=disf[t]; 52 u=Pre[u]; 53 } 54 } 55 return mincost; 56 } 57 int main(){ 58 n=read(),m=read(); 59 s=0,t=n+1; 60 for(int i=1;i<=n;++i){ 61 int x=read(); 62 add(i,i+1,inf-x,0); 63 } 64 add(s,1,inf,0); 65 for(int i=1;i<=m;++i){ 66 int u=read(),v=read(),dis=read(); 67 add(u,v+1,inf,dis); 68 } 69 printf("%d ",dinic()); 70 return 0; 71 }