BZOJ 1061 [Noi2008]志愿者招募（费用流）

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

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

输出样例#1： 复制

14

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。

[b]题解[/b]

　　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

//minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<queue>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=0;int res;
while(!isdigit(ch=getc()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*10+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
const int N=1005,M=50005;
int ver[M],Next[M],head
,edge[M],flow[M],tot=1;
int dis
,disf
,vis
,Pre
,last
;
int n,m,s,t;
queue<int> q;
inline void add(int u,int v,int f,int e){
ver[++tot]=v,Next[tot]=head[u],head[u]=tot,flow[tot]=f,edge[tot]=e;
ver[++tot]=u,Next[tot]=head[v],head[v]=tot,flow[tot]=0,edge[tot]=-e;
}
bool spfa(){
memset(dis,0x3f,sizeof(dis));
q.push(s),dis[s]=0,disf[s]=inf,Pre[t]=-1;
while(!q.empty()){
int u=q.front();q.pop();vis[u]=0;
for(int i=head[u];i;i=Next[i]){
int v=ver[i];
if(flow[i]&&dis[v]>dis[u]+edge[i]){
dis[v]=dis[u]+edge[i],Pre[v]=u,last[v]=i;
disf[v]=min(disf[u],flow[i]);
if(!vis[v]) vis[v]=1,q.push(v);
}
}
}
return ~Pre[t];
}
int dinic(){
int mincost=0;
while(spfa()){
int u=t;mincost+=disf[t]*dis[t];
while(u!=s){
flow[last[u]]-=disf[t];
flow[last[u]^1]+=disf[t];
u=Pre[u];
}
}
return mincost;
}
int main(){
n=read(),m=read();
s=0,t=n+1;
for(int i=1;i<=n;++i){
int x=read();
add(i,i+1,inf-x,0);
}
add(s,1,inf,0);
for(int i=1;i<=m;++i){
int u=read(),v=read(),dis=read();
add(u,v+1,inf,dis);
}
printf("%d\n",dinic());
return 0;
}