「BZOJ1061」[Noi2008]志愿者招募

Description

ii天至少需要AiA_i个人在工作,每种人可以从sis_i工作到tit_i,并且会花费cic_i的代价。
问最少的花费满足可以条件。

Input

第一行包含两个整数NN, MM,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NN个非负
整数,表示每天至少需要的志愿者人数。 接下来的MM行中每行包含三个整数SiS_i, TiT_i, CiC_i,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

仅包含一个整数,表示你所设计的最优方案的总费用。

Sample Input

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

Sample Output

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HINT

1N10001 \leq N \leq 10001N1 \leq NMM 10000\leq 10000,题目中其他所涉及的数据均不超过23112^{31}-1

Solution

流量平衡
X1Y1=A1X_1-Y_1=A_1
X1+X2Y2=A2X_1+X_2-Y_2=A_2
X2+X3Y3=A3X_2+X_3-Y_3=A_3
得到
A1A0=X1Y1A_1-A_0=X_1-Y_1
A2A1=X2Y2+Y1A_2-A_1=X_2-Y_2+Y_1
A3A2=X3Y3+Y2X1A_3-A_2=X_3-Y_3+Y_2-X_1
AtA3=Y3X2X3A_t-A_3=Y_3-X_2-X_3
只要满足了这样的流量平衡,那么只要把一个个方程加回来就可以得到最上面的条件方程。
按照等式来构造网络流就行了。

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#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<map>
#include<bitset>
#define mk make_pair
#define fi first
#define nd second
#define pii pair<int,int>
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
using namespace std;
typedef long long ll;
inline ll read() {ll x = 0; char ch = getchar(), w = 1;while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') w = -1;
ch = getchar();}while(ch >= '0' && ch <= '9') {x = x * 10 + ch - '0';ch = getchar();}return x * w;}
void write(ll x) {if(x < 0) putchar('-'), x = -x;if(x > 9) write(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}
inline void writeln(ll x) {write(x);puts("");}
const int N = 3100, M = 3100 * 5 * 2;
int n, m;
const int inf = 1e8;
struct Edge {
int u, v, c, f, nxt;
}e[M];
int s, t;
bool v[N];
int d[N], head[N], en,pre[N], inc[N];
void addedge(int x, int y, int c, int f) {
e[++en].u = x, e[en].v = y, e[en].nxt = head[x], head[x] = en, e[en].c = c, e[en].f = f;
e[++en].u = y, e[en].v = x, e[en].nxt = head[y], head[y] = en, e[en].c = -c, e[en].f = 0;
}
bool spfa() {
queue<int>q;
memset(v, 0, sizeof v);
memset(inc, 0x3f, sizeof inc);
memset(d, 0x3f, sizeof d);
d[s] = 0;
q.push(s);
while(!q.empty()) {
int x = q.front(); q.pop();
v[x] = 0;
for(int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) if(e[i].f){
int y = e[i].v;
if(d[y] > d[x] + e[i].c) {
d[y] = d[x] + e[i].c;
inc[y] = min(inc[x], e[i].f);
pre[y] = i;
if(!v[y]) v[y] = 1, q.push(y);
}
}
}
return d[t] != 0x3f3f3f3f;
}
ll maxflow() {
ll k = 0;
while(spfa()) {
int x = t;
ll res = 0;
while(x != s) res += e[pre[x]].c, x = e[pre[x]].u;
k += res * inc[t];
x = t;
while(x != s) e[pre[x]].f -= inc[t], e[pre[x] ^ 1].f += inc[t],x = e[pre[x]].u;
}
return k;
}
int a[N], T[N];
int main() {
en = 1;
n = read(), m = read();
t = n + 2, s = n + 3;
for(int i = 1; i <= n; ++i) a[i] = read();
for(int i = 1; i <= m; ++i) {
int x = read(), y = read(), c = read();
addedge(y + 1, x, c, inf);
}
for(int i = 1; i < n + 1; ++i) addedge(i, i + 1, 0, inf);
for(int i = 1; i <= n + 1; ++i) {
int d = a[i] - a[i - 1];
if(d > 0) addedge(i, t, 0, d);
else addedge(s, i, 0, -d);
}
writeln(maxflow());
return 0;
}