线性规划与对偶问题

原问题：
$min⁡{7x1+x2+5x3}s.t.{x1−x2+3x3≥105x1+2x2−x3≥6xi≥0\min\{7x_1+x_2+5x_3\} \\ s.t.\begin{cases} x_1-x_2+3x_3\ge 10\\ 5x_1+2x_2-x_3\ge 6\\ x_i\ge 0\end{cases}$ 我们发现限制Ⅰ，Ⅱ 的每个 $x_i$ 系数均 $≤\le$ 原问题中的系数，所以我们可以初步得到原问题的取值范围限制 $min⁡{7x1+x2+5x3}≥10\min\{7x_1+x_2+5x_3\}\ge 10$ 。

进一步我们发现限制Ⅰ，Ⅱ 相加后的 $x_i$ 系数仍然 $≤\le$ 原问题中的系数，于是乎我们“加紧”了原问题的取值范围 $min⁡{7x1+x2+5x3}≥16\min\{7x_1+x_2+5x_3\}\ge 16$ 。

我们是否能将原问题的范围“加到最紧”，即最大化最小值。

这显然是可以的。我们不妨给两个限制各一个系数 $y_i$ 。

则我们可以写出一个类似原问题形式的线性规划问题，称之为对偶问题。

对偶问题：
$max⁡{10y1+6y2}s.t.{y1+5y2≤7−y1+2y2≤13y1−y2≤5yi≥0\max\{10y_1+6y_2\} \\ s.t.\begin{cases}y_1+5y_2\le 7\\ -y_1+2y_2\le 1\\ 3y_1-y_2\le 5\\ y_i\ge 0\end{cases}$ 一个最大化问题可以对偶成最小化问题，一个最小化问题可以对偶成最大化问题。

给出例子中的矩阵形式：

原问题：
$min⁡[715]⋅[x1x2x3]s.t.{[1−1352−1]⋅[x1x2x3]≥[106]∀ixi≥0\min\begin{bmatrix}7\quad1\quad5\end{bmatrix}·\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix} \\ s.t.\begin{cases}\begin{bmatrix}1&-1&3\\5& 2&-1\end{bmatrix}·\begin{bmatrix}x_1\\x_2\\x_3\end{bmatrix}\ge \begin{bmatrix}10\\6\end{bmatrix}\\\forall_i\ x_i\ge 0\end{cases}$ 对偶问题：
$max⁡[106]⋅[y1y2y3]s.t.{[15−123−1]⋅[y1y2]≤[715]∀iyi≥0\max\begin{bmatrix}10&6\end{bmatrix}·\begin{bmatrix}y_1\\y_2\\y_3\end{bmatrix} \\ s.t.\begin{cases}\begin{bmatrix}1&5\\-1&2\\3&-1\end{bmatrix}·\begin{bmatrix}y_1\\y_2\end{bmatrix}\le \begin{bmatrix}7\\1\\5\end{bmatrix}\\\forall_i\ y_i\ge 0\end{cases}$

形式化地给出原问题和对偶问题之间的转化：（注意下标）

原问题：
$min⁡∑j=1ncjxjs.t.{∀1≤i≤m∑ai,j⋅xj≥bi∀ixi≥0\min \sum_{j=1}^n c_jx_j \\ s.t.\begin{cases} \forall_{1\le i\le m}\ \sum a_{i,j}·x_j\ge b_i\\ \forall_{i}\ x_i\ge 0 \end{cases}$ 对偶问题：
$max⁡∑i=1mbiyis.t.{∀1≤j≤n∑ai,j⋅yi≤cj∀iyi≥0\max \sum_{i=1}^m b_iy_i \\ s.t.\begin{cases} \forall_{1\le j\le n} \sum a_{i,j}·y_i\le c_j\\ \forall_i\ y_i\ge 0 \end{cases}$ 考虑用矩阵形式来表示，之所以有矩阵形式，好像是因为有些题目矩阵好推一点。

原问题：
$min⁡{cTx}s.t.{Ax≥bx≥0\min\{c^Tx\} \\ s.t.\begin{cases}Ax\ge b\\ x\ge 0\end{cases}$ 对偶问题：
$max⁡{bTy}s.t.{ATy≤cy≥0\max\{b^Ty\}\\ s.t.\begin{cases} A^Ty\le c\\ y\ge 0 \end{cases}$

LP对偶费用流

在一张 $n$ 个点 $m$ 条边的网络图中，我们这里只研究循环流，以最大费用循环流为例。

声明：将一条 $u→vu\rightarrow v$ 的有向边表示成 $(u, v)$ ，将一个 $n$ 行 $m$ 列的矩阵 $A$ 表示成 $[n, m] A$ ，矩阵间的大小关系是按位均满足。

原问题：
$max⁡∑ecoste⋅flowe⇔max⁡[1,m]costT⋅[m,1]flows.t.{∀flowu,v≥0∀flowu,v≤capu,v∀u∑flowv,u−∑flowu,v=bu\max \sum_{e}cost_e·flow_e\Leftrightarrow \max\ [1,m]cost^T·[m,1]flow \\ s.t.\begin{cases} \forall\ flow_{u,v}\ge 0\\ \forall\ flow_{u,v}\le cap_{u,v}\\ \forall_u\ \sum flow_{v,u}-\sum flow_{u,v}=b_u\\ \end{cases}$ $b_u:$ 流入 $-$ 流出，但要求 $b_u$ 一定是已知的常量。

实际上我们可以写成 $∀u∑flowv,u−∑flowu,v≤bu\forall_u\ \sum flow_{v,u}-\sum flow_{u,v}\le b_u$ 。

因为在一个图中，要求所有点入度 $≤\le$ 出度，最后成立情况一定是每个点入度 $=$ 出度。~~感性理解好了┏┛墓┗┓…(((m -__-)m~~

我们直接用矩阵形式来推。

首先第一种限制和第二种只针对一条边单独而言，可以合起来。我们配个单位矩阵即可。
$[100...0010...0001...0...............000...1]⋅[flow1flow2flow3...flowm]≤[cap1cap2cap3...capm]\begin{bmatrix}1&0&0&...&0\\0&1&0&...&0\\0&0&1&...&0\\...&...&...&...&...\\0&0&0&...&1\end{bmatrix}·\begin{bmatrix}flow_1\\flow_2\\flow_3\\...\\flow_m\end{bmatrix}\le \begin{bmatrix}cap_1\\cap_2\\cap_3\\...\\cap_m\end{bmatrix}$ 第三种限制涉及到求和，比较不直观，但还是可以写的。

定义一个 $n×mn\times m$ 的矩阵 $Z$ ，规则： $Zi,j={−1ju=i1jv=i0ju≠i∧jv≠iZ_{i,j}=\begin{cases}-1\ \quad\ j_u=i\\1\quad\quad\ j_v=i\\0\quad\quad\ j_u\neq i\wedge j_v\ne i\end{cases}$

中国话说即为： $i$ 是点， $j$ 是边。如果第 $j$ 条边中 $i$ 充当出点 $u$ 则为 $- 1$ ；充当入点 $v$ 则为 $1$ ；否则为 $0$ 。

则第三种限制就可以看作是 $[n,m]Z⋅[m,1]flow≤[n,1]b[n,m]Z·[m,1]flow\le [n,1]b$ 。

整体整合表示即：
$[m,m]I[n,m]Z⋅[m,1]flow≤[m,1]cap[n,1]b\frac{[m,m]I}{[n,m]Z}·[m,1]flow\le \frac{[m,1]cap}{[n,1]b}$
由此我们可以写出对偶问题：（ $[m,m]I[n,m]Z\frac{[m,m]I}{[n,m]Z}$ 即为形式化中的 $A$ ）

对偶问题：
$min⁡[1,m+n](capT∣bT)⋅[m+n,1]Ys.t.{[m,m+n]([m,m]IT∣[m,n]ZT)⋅[m+n,1]Y≥[m,1]cost∀iYi≥0\min [1,m+n]\Big(cap^T\Big| b^T\Big)·[m+n,1]Y \\ s.t.\begin{cases}[m,m+n]\Big([m,m]I^T\Big|[m,n]Z^T\Big)·[m+n,1]Y\ge [m,1]cost\\ \forall_i\ Y_i\ge 0\end{cases}$ 矩阵的点积是对位相乘后相加，所以我们可以把 $[m + n, 1] Y$ 拆成 $[m,1]y∣[n,1]φ[m,1]y\Big|[n,1]\varphi$ 。
$min⁡capT⋅y+bT⋅φs.t.{yi≥0φi≥0IT⋅y+ZT⋅φ≥cost\min\ cap^T·y+b^T·\varphi\\s.t.\begin{cases} y_i\ge 0\\ \varphi_i\ge 0\\ I^T·y+Z^T·\varphi\ge cost\end{cases}$ 非常巧妙的是，注意 $Z$ 矩阵转置后 $Z^T$ 具有的特殊性质。

我们重申一下 $Z^T$ 的含义： $Zi,jT={−1iu=j1iv=j0iu≠j∧iv≠jZ^T_{i,j}=\begin{cases}-1&i_u=j\\1&i_v=j\\0&i_u\ne j \wedge i_v\ne j\end{cases}$ ，也就是说此时的 $i$ 是边， $j$ 是点。

考虑任意一条边 $i$ ，它只会关联到两个点，所以矩阵的第 $i$ 行只有两列非零，且恰好是 $\pm 1$ 各一个。

那么第三条矩阵点积的约束我们可以重写成 $yi+φv−φu−costi≥0y_i+\varphi_v-\varphi_u-cost_i\ge 0$ 。

实际上写成 $φu−φv\varphi_u-\varphi_v$ 也是可以的，因为在费用流中将所有边取反（包括和源汇点之间的边）是没有任何影响的。

整合第一条限制得到： $yi≥max⁡(0,φu−φv+costi)y_i\ge \max(0,\varphi_u-\varphi_v+cost_i)$ 。

所以我们可以将对偶问题再换个形式：
$min⁡∑capi∗max⁡(0,φu−φv+costi)+∑bi⋅φi\min\sum cap_i*\max(0,\varphi_u-\varphi_v+cost_i)+\sum b_i·\varphi_i$ 这种形式下的建图方式： $φu→φv\varphi_u\rightarrow \varphi_v$ 之间边花费为 $cost_i$ ，容量 $cap_i$ ，根据 $b_u$ 的正负（多流出还是多流入）将 $φu\varphi_u$ 点和新建源汇对应连边，容量即为多/少的这部分 $b_u$ ，无花费。

通常情况下我们是拿到类似上述对偶问题形式的题目，然后我们就可以转化成费用流问题，就可做了。

例题. ZJOI2013防守战线

由于是区间，我们完全可以写成前缀和差分形式，记 $si=∑j=1ixjs_i=\sum_{j=1}^ix_j$ 。

则：
$min⁡∑(si−si−1)ci\min \sum (s_i-s_{i-1})c_i$ 限制可以写成：
${∀isri−sli−1−di≥0∀isi−si−1≥0∀isi≥0\begin{cases}\forall_i\ s_{r_i}-s_{l_i-1}-d_i\ge 0\\ \forall_i\ s_i-s_{i-1}\ge 0\\ \forall_i\ s_i\ge 0\end{cases}$ $∑(si−si−1)ci\sum (s_i-s_{i-1})c_i$ 我们换一种形式。发现 $s_i$ 在 $i$ 时前面是正贡献 $c_i*s_i$ ，在 $i + 1$ 时前面是负贡献 $c_{i+1}*s_i$ 。

所以可以写成 $∑si(ci−ci+1)\sum s_i(c_i-c_{i+1})$ 。

还有一种巧妙的限制转化是，将约束被打坏给予一定惩罚。

即如果破坏某个约束，我们就让其获得无穷大的惩罚代价，那么在跑网络流的时候就会尽量避免获得代价，侧面完成了约束。

所以我们可以将答案形式改写成：
$min⁡∑si(ci−ci+1)+∑∞∗max⁡(0,si−1−si)+∑∞∗max⁡(0,sl−1−sr+di)\min \sum s_i(c_i-c_{i+1})+\sum\infty*\max(0,s_{i-1}-s_i)+\sum\infty*\max(0,s_{l-1}-s_r+d_i)$ 你发现完全可以和费用流对偶化简出来的式子一一对应。

$∞\infty$ 就是容量， $s_{i-1}-s_i$ 之间边花费应为 $0$ ， $s_{l-1}-s_r$ 边花费应为 $d_i$ 。然后根据 $c_i-c_{i+1}$ 的正负看是与源点还是汇点连边。（多流入的流量看作是需要给汇点的，多流出的流量看作是源点给的，这样每个点都平衡了，~~不然我真的无法理解这个推出来对应的建图方式了~~）

Upd：小同志灵光乍现明白了和源汇点之间建边和含义。
我们的网络流一定是流量平衡的，即流入等于流出。
然而我们推推导中一般化了每个点的流入可以最多比流出多 $b_u$ 。
网络路中源点向某个点连边后，这个点一定会把流量流出去。所以与源点的边相当于是增加了这个点的流出流量。自然与汇点的边就是增加流入流量。
因为前面一个点的流入和流出根本没有算和源汇的边，源汇点是后面才新建立的。
这样建图就能正确对应了。

跑最大费用流即可。

其实一般只要化出诸如 $∑capi,j∗max⁡(0,φi−φj+costi,j)\sum cap_{i,j}*\max(0,\varphi_i-\varphi_j+cost_{i,j})$ 形式就是指导我们如何建边。

而 $∑biφi\sum b_i\varphi_i$ 是指导我们如何分配正负点。

这种“势能”的 $φ\varphi$ 代表的就是图中的点。

要注意的是，这种下标 $- 1, + 1$ 需要看是否要用到 $0, n + 1$ 这两个点。

~~你建完了跑不出答案就考虑加点、改变边的方向、改变和源汇点的连边。只要大体是对的，总有一种是对的~~

单纯最大费用流只能得70，写 zkw 费用流就可以了。这里主要是分析建图。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define inf 0x3f3f3f3f
#define maxn 2000
#define maxm 50000
int n, m, s, t, cnt = -1;
int head[maxn], dis[maxn], lst[maxn], vis[maxn], c[maxn];
struct node { int to, nxt, flow, cost; }E[maxm];
queue < int > q;void addedge( int u, int v, int w, int c ) {E[++ cnt] = { v, head[u], w, c }, head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0,-c }, head[v] = cnt;
}bool SPFA() {memset( lst, -1, sizeof( lst ) );memset( dis, -0x3f, sizeof( dis ) );dis[s] = 0, q.push( s );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop(); vis[u] = 0;for( int i = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( dis[v] < dis[u] + E[i].cost and E[i].flow ) {dis[v] = dis[u] + E[i].cost; lst[v] = i;if( ! vis[v] ) vis[v] = 1, q.push( v );}}}return ~lst[t];
}int MCMF() {int ans = 0;while( SPFA() ) {int flow = inf;for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] ) flow = min( flow, E[i].flow );for( int i = lst[t];~ i;i = lst[E[i ^ 1].to] ) {E[i ^ 1].flow += flow;E[i].flow -= flow;ans += E[i].cost * flow;}}return ans;
}signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &m );s = n + 2, t = n + 1;memset( head, -1, sizeof( head ) );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &c[i] );for( int i = 0;i < n;i ++ )addedge( i, i + 1, inf, 0 );for( int i = 1, l, r, w;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &l, &r, &w );addedge( l - 1, r, inf, w );}for( int i = 0;i <= n;i ++ )if( c[i] - c[i + 1] > 0 ) addedge( s, i, c[i] - c[i + 1], 0 );else addedge( i, t, c[i + 1] - c[i], 0 );/*边全反向for( int i = 0;i < n;i ++ )addedge( i + 1, i, inf, 0 );for( int i = 1, l, r, w;i <= m;i ++ ) {scanf( "%lld %lld %lld", &l, &r, &w );addedge( r, l - 1, inf, w );}for( int i = 0;i <= n;i ++ )if( c[i] - c[i + 1] > 0 ) addedge( i, t, c[i] - c[i + 1], 0 );else addedge( s, i, c[i + 1] - c[i], 0 );*/printf( "%lld\n", MCMF() );return 0;
}