[bzoj1061][NOI2008]志愿者招募

1061: [Noi2008]志愿者招募

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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

仅包含一个整数，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

招募第一类志愿者3名，第三类志愿者4名 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。

这个题的标准费用流做法需要用到讲题目中的不等式转化成等式，非常的神奇。但是其实有一个很巧妙的建图的方法：
我们假设每天都不需要志愿者，那么我们从源点向1号时间连inf的边，然后依次从上一个时间点王下一个时间点连inf的边。
这个时候我们每天需要志愿者了，那么我们在之前连的边的流量上减去相对应的每天需要的志愿者的人数。
对于m类的志愿者，假设他们属于的区间是[l,r]，那么我们从l向r+1连（inf，cost）的边，cost为每个志愿者的费用。
这样从源点向最后一个时间点跑费用流，若果满流就说明符合条件，此时的费用就是最小的费用。
想想为什么要这样建图呢？
首先我们注意到一个问题，就是每天需要的人数只有上限没有下限，这样就导致我们没有办法去连边跑最大流。所以我们改成从inf减去这么多流量，就能解决这个问题了。
还有一个问题就是一类志愿者可以对一个区间都造成影响，而且不同的志愿者中间的区间是有重叠的。这样建图每次从有费用的边流的话就能把整个区间都覆盖住了，这样也弥补了这段区间的边中减小的流量。
这样我们就把这个问题很好的解决了。
从这个题中我们可以总结出做这种有下界没有上界的网络流问题的一种很巧妙的方法！！！

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>using namespace std;#define T n+2#define D 1005#define inf 707406378#define INF 100000000const int N=1010;const int M=50000;bool f[N];struct S{int st,en,va,co;}aa[M];int point[N],next[M],tot=1,n,m,dis[N],pre[N],l[N];inline void add(int x,int y,int va,int co){    next[++tot]=point[x];point[x]=tot;    aa[tot].st=x;aa[tot].en=y;aa[tot].va=va;aa[tot].co=co;    next[++tot]=point[y];point[y]=tot;    aa[tot].st=y;aa[tot].en=x;aa[tot].va=0;aa[tot].co=-co;}inline int SPFA(int x,int y){    int u,h=0,t=1,i;    memset(dis,127/3,sizeof(dis));    l[t]=x;dis[x]=0;    while(h!=t){        h=h%D+1;u=l[h];f[u]=true;        for(i=point[u];i;i=next[i])          if(aa[i].va>0&dis[aa[i].en]>dis[u]+aa[i].co){            dis[aa[i].en]=dis[u]+aa[i].co;            pre[aa[i].en]=i;            if(f[aa[i].en]){                f[aa[i].en]=false;                t=t%D+1;                l[t]=aa[i].en;            }          }    }    return dis[y];}inline int ISAP(int x,int y){    int minn=inf,i;    for(i=y;i!=x;i=aa[pre[i]].st)      minn=min(minn,aa[pre[i]].va);    for(i=y;i!=x;i=aa[pre[i]].st){        aa[pre[i]].va-=minn;        aa[pre[i]^1].va+=minn;    }    return minn;}int main(){    int i,j,x,y,z;    scanf("%d%d",&n,&m);    memset(f,1,sizeof(f));    for(add(1,2,INF,0),i=1;i<=n;++i){        scanf("%d",&x);        add(i+1,i+2,INF-x,0);    }    for(i=1;i<=m;++i){        scanf("%d%d%d",&x,&y,&z);        add(x+1,y+2,INF,z);    }    int ans=0,minn=1;    while(minn!=inf){        minn=SPFA(1,T);        if(minn!=inf) ans+=minn*ISAP(1,T);    }    printf("%d\n",ans);}