【BZOJ1061】【NOI2008】志愿者招募

【BZOJ1061】【NOI2008】志愿者招募

题面

BZOJ

题解

我们设每类志愿者分别招募了(B[i])个

那么，我们可以得到一系列的方程

[sum_{S[i]leq xleq T[i]}B[i]geq A[x] ]

一共(n)天，所以是(n)个方程

因为有不等式让我们很不爽，所以换成等式。

这里，设(y[i])表示第(i)天多招募的人数

这样，方程变成了

[(sum_{S[i]leq xleq T[i]}B[i])-y[i]=A[x] ]

所以我们得到了一个方程组

[egin{cases}0&=0\sum_{S[i]leq 1leq T[i]}B[i]-y[1]&=A[1]\ sum_{S[i]leq 2leq T[i]}B[i]-y[2]&=A[2]\...\sum_{s[i]leq nleq T[i]}B[i]-y[n]&=A[n]\0&=0end{cases} ]

对于每一类志愿者，他一定出现在连续的一段

如果我们对于相邻的两个方程做差，得到(n-1)个方程，

这样每一类志愿者就只会在两个方程中出现过

所以，方程组变成了

[(sum_{S[i]=x}B[i]-sum_{T[i]+1=x}B[i])-y[x]+y[x-1]=A[x]-A[x-1] ]

这样一个等式很像流量平衡

所以我们考虑如何连边？

我们把(+)看成流入，(-)看成流出

这样子相当于每天就是一个点

前面两个(sum)的差，相当于从(S[i])流入，向(T[i]+1)流出

也就是如果这个点作为一类志愿者的(S[i])那么他就会流入一定的流

如果作为一个志愿者的(T[i]+1)，那么它就要流出去，显然是流到对应的(S[i])去

而(-y[x]+y[x-1])相当于从前一天多出来的志愿者可以流入，然后可以向后一天流出

右边如果非零的话，可以看做从源（汇）点流入（出）

如果大于零则证明流入多于流出，则多出来的流流向汇点

如果小于零则证明流出多于流入，则多出来的流从源点流入

这样建图就可以跑费用流了

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<set>
#include<map>
#include<vector>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define RG register
#define MAX 1111
#define inf 1000000000
inline int read()
{
    RG int x=0,t=1;RG char ch=getchar();
    while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
    if(ch=='-')t=-1,ch=getchar();
    while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();
    return x*t;
}
int n,m,a[MAX];
struct Line{int v,next,w,fy;}e[50000];
int h[MAX],cnt=2;
inline void Add(int u,int v,int w,int fy)
{
	e[cnt]=(Line){v,h[u],w,fy};h[u]=cnt++;
	e[cnt]=(Line){u,h[v],0,-fy};h[v]=cnt++;
}
bool vis[MAX];
int S,T;
ll Cost,dis[MAX];
bool SPFA(int S,int T)
{
	memset(vis,0,sizeof(vis));
	memset(dis,63,sizeof(dis));
	queue<int> Q;Q.push(S);
	dis[S]=0;vis[S]=true;
	while(!Q.empty())
	{
		int u=Q.front();Q.pop();
		for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
		{
			if(!e[i^1].w)continue;
			int v=e[i].v;
			if(dis[v]>dis[u]-e[i].fy)
			{
				dis[v]=dis[u]-e[i].fy;
				if(!vis[v])vis[v]=true,Q.push(v);
			}
		}
		vis[u]=false;
	}
	if(dis[T]>=1e18)return false;
	return true;
}
int dfs(int u,int flow)
{
	if(u==T||!flow)return flow;
	int ret=0;vis[u]=true;
	for(int i=h[u];i;i=e[i].next)
	{
		int v=e[i].v;
		if(!vis[v]&&e[i].w&&dis[v]==dis[u]-e[i].fy)
		{
			int d=dfs(v,min(flow,e[i].w));
			e[i].w-=d;e[i^1].w+=d;flow-=d;ret+=d;
			if(!flow)break;
		}
	}
	return ret;
}
int main()
{
	n=read();m=read();S=0;T=n+2;
	for(int i=1;i<=n;++i)a[i]=read();
	for(int i=1;i<=n+1;++i)
	{
		if(a[i]-a[i-1]>=0)Add(i,T,a[i]-a[i-1],0);
		else Add(S,i,a[i-1]-a[i],0);
		if(i<=n)Add(i,i+1,inf,0);
	}
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int S=read(),T=read(),C=read();
		Add(T+1,S,inf,C);
	}
	while(SPFA(T,S))Cost+=1ll*dis[S]*dfs(S,inf);
	printf("%lld
",Cost);
	return 0;
}