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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。

数据保证一定有解。

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

包含一个整数，表示你所设计的最优方案的总费用。

数据范围

30%30% 的数据中，1≤N,M≤10，1≤Ai≤10
100%100% 的数据中，1≤N≤1000，1≤M≤10000
数据保证题目中其他所涉及的数据以及答案均不超过 2^31−1。

输入样例：

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

输出样例：

14

样例解释

招募 3 名第一类志愿者和 4 名第三类志愿者。

解析： 

本题有一个 n 天的项目，每天至少需要 ai 个人，一共有 m 类打工人，每类人能从第 si 天工作到第 ti 天，且需要 ci 的费用，现在要求我们设计一个合理的方案让费用最小。

我们可以用一条边来表示一天，用 1 到 2 的边表示第 1 天需要的人数，用 2 到 3 的边表示第 2 天需要的人数，以此类推。

由于每天是至少需要 ai 个人，是可以大于 ai 的，相当于每条边都有一个下界的限制，并且本题还要求费用，因此本题是一个无源汇上下界可行费用流问题。

然后我们考虑如何在图中把志愿者表示出来，假设现在有一个志愿者可以从第 2 天工作到第 3 天，相当于可以从第 2 天连续流过两条边，第 4 天开始该志愿者就不能继续工作了，对于流网络来说相当于从点 4 开始这段流量就消失了，但是我们要保证整个流网络是流量守恒的，所以我们可以从点 4 向点 2 连一条边，让点 2 到点 4 之间形成一个循环，保证该支援者在第 3 天工作完之后将流量回流，保证流量守恒。通过这样的思路我们就可以表示所有类型的志愿者，并且每个志愿者对应的回流的那条边的流量就是该类志愿者的人数，因此这些回流边的容量就是 +∞，费用是该类志愿者的费用。

通过以上分析，我们就能构建出一个无源汇有上下界的流网络 G，很容易可以证明流网络中任意一个可行流和原问题的任意一个可行方案都是一一对应的，并且两者的费用也是一一对应的，可以自行证明。

综上所述，我们要想求原问题的最小费用，只需要求流网络中的无源汇上下界最小费用可行流，这里需要参考 无源汇上下界可行流问题 的解法来做。然后我们就能根据 G 构建出 G′，并且 G 中任意一个可行流和 G′ 中任意一个满流都是一一对应的。我们要求 G 中可行流的费用最小值，对应的要求 G′ 中满流的费用最小值，即 G′ 中的最小费用最大流。

注意： 并不是所有的费用流都可以和上下界可行流关联起来，因为本题中所有费用是没有下界的，所以对于原图的任何一个可行流 f，通过以上的对应方式对应到满流 f′，由于 f
 和 f′ 中有费用的边都是一样的，因此这两个流虽然不一样，但是费用是一样的，所以才可以关联起来。

作者：小小_88
链接：https://www.acwing.com/solution/content/137773/
来源：AcWing
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 无源汇上下界可行流证明：2188. 无源汇上下界可行流 （最大流，上下界可行流，模板题）-CSDN博客

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using namespace std;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 1e3+10, M = (1e4+2e3) * 2 + 10, INF = 0x3f3f3f3f;
int n, m, S, T;
int h[N], e[M], f[M], w[M], ne[M], idx;
int q[N], d[N], pre[N], incf[N];
bool st[N];void add(int a, int b, int c,int d) {e[idx] = b, f[idx] = c, w[idx] = d, ne[idx] = h[a], h[a] = idx++;e[idx] = a, f[idx] = 0, w[idx] = -d, ne[idx] = h[b], h[b] = idx++;
}bool spfa() {int hh = 0, tt = 1;memset(d, 0x3f, sizeof d);memset(incf, 0, sizeof incf);q[0] = S, d[S] = 0, incf[S] = INF;while (hh != tt) {int t = q[hh++];if (hh == N)hh = 0;st[t] = 0;for (int i = h[t]; i != -1; i = ne[i]) {int j = e[i];if (d[j] > d[t] + w[i] && f[i]) {d[j] = d[t] + w[i];pre[j] = i;incf[j] = min(incf[t], f[i]);if (!st[j]) {st[j] = 1;q[tt++] = j;if (tt == N)tt = 0;}}}}return incf[T] > 0;
}int EK() {int cost = 0;while (spfa()) {int t = incf[T];cost += t * d[T];for (int i = T; i != S; i = e[pre[i] ^ 1]) {f[pre[i]] -= t;f[pre[i] ^ 1] += t;}}return cost;
}int main() {cin >> n >> m;S = 0, T = n + 2;memset(h, -1, sizeof h);int last = 0;for (int i = 1,a,b,c; i <= n; i++) {scanf("%d", &a);if (last > a)add(S, i, last - a, 0);else if (last < a)add(i, T, a - last, 0);add(i, i + 1, INF, 0);last = a;}add(S, n + 1, last, 0);for (int i = 1,a,b,c; i <= m; i++) {scanf("%d%d%d", &a, &b, &c);add(b + 1, a, INF, c);}printf("%d\n", EK());return 0;
}