志愿者招募 [NOI2008] [鬼畜网络流]

Description

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。

Input

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。

Output

包含一个整数，表示你所设计的最优方案的总费用。

Sample Input

3 3
2 3 4
1 2 2
2 3 5
3 3 2

Sample Output

14

Hint

【样例说明】
招募3 名第一类志愿者和4 名第三类志愿者。 【数据规模和约定】
30%的数据中，1 ≤ N, M ≤ 10，1 ≤ Ai ≤ 10；
100%的数据中，1 ≤ N ≤ 1000，1 ≤ M ≤ 10000，题目中其他所涉及的数据均不超过2^31-1。

Solution

网络流的难点在于建模，此题的建模方法很鬼畜。

首先明确，这显然是一个最小费用最大流的题。

有一个源点S，汇点T，中间夹了n+1个点（对，就是n+1）

（α）首先，S->1和n+1->T分别连一条(INF,0)的边　　           （(x,y)表示容量x,代价y）

（β）然后对于i->i+1，连一条边为(INF-Ai,0)　　　　

（γ）在最后每一类志愿者，连一条Si->Ti+1(INF,Ci)的边

为什么要这样做？

我们一开始建的两条边（α）确保了到最后一定流量为INF （最大流特性）

然后再看剩下的边，会优先走（β），因为代价是0

但是由于减掉了Ai，意味着要保证满流必须走有代价的边（γ）

最后的答案就是（每次流量×代价和）的和了

Code

#include<queue>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define RG register int
#define rep(i,a,b)    for(RG i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b)    for(RG i=a;i>=b;i--)
#define inf (1<<30)
#define maxn 1005
#define maxm 1000005
using namespace std;
int n,m,cnt=1,S,T;
int ned[maxn],head[maxn],dis[maxn],vis[maxn],pre[maxn];
struct E{
    int u,v,fl,cost,next;
}e[maxm<<2];
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(c>='0'&&c<='9'){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}

inline void add(int u,int v,int fl,int cost)
{
    e[++cnt]=(E){u,v,fl,cost,head[u]},head[u]=cnt,swap(u,v);
    e[++cnt]=(E){u,v,0,-cost,head[u]},head[u]=cnt;
}

int SPFA()
{
    queue<int> que;
    memset(dis,63,sizeof(dis)),memset(pre,-1,sizeof(pre)),memset(vis,0,sizeof(vis));
    que.push(S),dis[S]=0;
    RG u,v;
    while(!que.empty())
    {
        u=que.front(),que.pop();vis[u]=0;
        for(RG i=head[u];i;i=e[i].next)
        {
            v=e[i].v;
            if(e[i].fl>0&&dis[v]>dis[u]+e[i].cost)
            {
                pre[v]=i;
                dis[v]=dis[u]+e[i].cost;
                if(!vis[v])
                    vis[v]=1,que.push(v);
            }
        }
    }
    return pre[T]!=-1;
}

void MCMF()
{
    int ans=0;
    while(SPFA())
    {
        RG now=T,fl=inf;
        while(now!=S)    fl=min(fl,e[pre[now]].fl),now=e[pre[now]].u;
        ans+=dis[T]*fl;
        now=T;
        while(now!=S)    e[pre[now]].fl-=fl,e[pre[now]^1].fl+=fl,now=e[pre[now]].u;    //bug    
    }
    printf("%d",ans);
}

int main()
{
    n=read(),m=read(),S=0,T=n+2;
    for(RG i=1,tmp;i<=n;i++)
        tmp=read(),add(i,i+1,inf-tmp,0);    
    for(RG i=1,u,v,val;i<=m;i++)
        u=read(),v=read(),val=read(),add(u,v+1,inf,val);
    add(S,1,inf,0),add(n+1,T,inf,0);
    MCMF();
    return 0;
}