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分析
這是一道有源匯上下界最大流的模板題（廢話）。
既然是網路流的問題，故應該先將圖建出來：
根據題目特徵，
-
我們將少女和每一天看作是圖中的點。
-
當然，因為每一天都有拍照次數的限制，我們可以加一個源點 \(s\) ，向每一天連邊，這個邊的容量範圍是 \([0,D_i]\) 。
-
類似地，因為每個少女都有一個至少拍照張數的限定，所以加一個匯點 \(t\) ，然後讓每個少女向匯點連邊，容量範圍自然是 \([G_i,∞]\) 。
-
至於少女和每一天，根據題意，她們之間連邊的容量是 \([L, R]\) 。
至此，我們便將圖建好了，從圖的特徵以及題意可以看出，這是一個求有源匯上下界最大流的問題。
怎麼解決呢？
如果對約定的記號不熟悉可以看看我的部落格：
這裡
無源匯上下界可行流
首先，先介紹一下無源匯上下界可行流的求法（即：可行迴圈流的求法）：
p.s. 如果會的可以直接跳過看下面的部分
對於可行迴圈流中的邊 \((u,v)\) 有如下容量限制： \(\underline{c}(u,v)\le f(u,v) \le \overline{c}(u,v)\)
簡單的想法是將問題轉化為求有源匯最大流。轉化的方法自然是構造，構造的原則是保證問題的等價。
構造方式：
加入虛擬源點 \(S\) ，虛擬匯點 \(T\) 。
對於每個點 \(x\)，記它的入邊（假設入點為 \(u\) ）對應的容量下界為 \(\underline{c}(u,x)\) ，出邊 （假設出點為 \(v\) ）對應的容量下界為 \(\underline{c}(x,v)\) 。
如果 \(c=\sum \underline{c}(u,x)-\sum \underline{c}(x,v)>0\) ，那麼連邊 \((S,x)\) ，容量為 \(c\) 。
如果 \(c=\sum \underline{c}(u,x)-\sum \underline{c}(x,v)<0\) ，那麼連邊 \((x,T)\) ，容量為 \(-c\) 。
根據上述規則得到新圖 \(G'\) 。
只需證明：\(G'\) 的最大流與原圖 \(G\) 的可行流是一一對應的。
證明一個流對應另一個流的方法：從一個流進行等價變換，所得到的新流仍然合法：即滿足容量限制，流量守恆。
容量限制較容易證明，故本文出現的證明都是關於證明流量守恆的。
證明：
先證明 \(G\) 的一個可行流對應著 \(G'\) 的一個最大流（這裡的最大流要求源點、匯點與其它點的連邊滿流，在接下來的討論中可以發現需要這個約束）。
約定：點 \(x\) 的入點構成的集合為 \(U\) ，出點構成的集合為 \(V\) ，這樣做可以省去求和 \(\sum\) ，表述方便，即 \(\sum \underline{c}(u,x)=c(U,x)\)
，\(\sum \underline{c}(x,v)=c(x,V)\) 等等。
對 \(G\) 的一個可行流，自然有： \(f(U,x)=f(x,V)\)
等價變形： \(f'(U,x)+\underline{c}(U,x)=f'(x,V)+\underline{c}(x,V)\)
進而有：\(f'(U,x)+\underline{c}(U,x)-\underline{c}(x,V)=f'(x,V)\)
不妨設 \(\underline{c}(U,x)-\underline{c}(x,V)>0\) ， 注意到 \(\underline{c}(U,x)-\underline{c}(x,V)\) 恰好是 \(c(S,x)\)，\(\underline{c}(U,x)-\underline{c}(x,V)<0\) 的情況同理，故對於新圖，流量也是守恆的。
而且從中可以發現，這裡的最大流要求源點、匯點與其它點的連邊滿流。
從上面的證明可以發現 \(G'\) 的一個最大流也對應著 \(G\) 的一個可行流，只需要將公式倒著寫一遍即可（因為是恆等變換）。
至此，證明結束。
在具體操作的時候，要注意跑完最大流之後，對應的邊需要加上補償值才是所要求的網路（參見證明中的公式以及下面的程式碼）。
求取可行迴圈流具體過程可以見程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=205, M=12005+N<<1;
const int INF=0x3f3f3f3f;
int n, m, S, T;
struct node{
int to, c, l, next;
}e[M];
int h[N], tot;
void add(int u, int v, int lc, int uc){
e[tot].to=v, e[tot].c=uc-lc, e[tot].l=lc, e[tot].next=h[u], h[u]=tot++;
e[tot].to=u, e[tot].c=0, e[tot].next=h[v], h[v]=tot++;
}
int imo[N]; // in minus out
int d[N], q[N], cur[N];
bool bfs(){
memset(d, -1, sizeof d);
int tt=-1, hh=0;
q[++tt]=S, d[S]=0, cur[S]=h[S];
while(tt>=hh){
int hd=q[hh++];
for(int i=h[hd]; ~i; i=e[i].next){
int go=e[i].to;
if(d[go]==-1 && e[i].c){
cur[go]=h[go];
d[go]=d[hd]+1;
if(go==T) return true;
q[++tt]=go;
}
}
}
return false;
}
int find(int u, int limit){
if(u==T) return limit;
int flow=0;
for(int i=cur[u]; ~i && limit>flow; i=e[i].next){
int go=e[i].to;
cur[u]=i;
if(e[i].c && d[go]==d[u]+1){
int t=find(go, min(limit-flow, e[i].c));
if(!t) d[go]=-1;
flow+=t, e[i].c-=t, e[i^1].c+=t;
}
}
return flow;
}
int dinic(){
int res=0, flow;
while(bfs()) while(flow=find(S, INF)) res+=flow;
return res;
}
int main(){
memset(h, -1, sizeof h);
cin>>n>>m;
S=0, T=n+1;
for(int i=1; i<=m; i++){
int u, v, lc, uc; cin>>u>>v>>lc>>uc;
add(u, v, lc, uc);
imo[u]-=lc, imo[v]+=lc;
}
int tot=0;
for(int i=1; i<=n; i++)
if(imo[i]>0) add(S, i, 0, imo[i]), tot+=imo[i];
else if(imo[i]<0) add(i, T, 0, -imo[i]);
if(dinic()!=tot) puts("NO");
else{
puts("YES");
for(int i=0; i<2*m; i+=2) cout<<e[i].l+e[i^1].c<<endl;
}
return 0;
}
接下來求有源匯上下界最大流：
在上面，我們已經知道了怎樣求無源匯上下界可行流，那先看看有源匯上下界可行流怎麼求：方法其實很簡單，將匯點 \(t\) 向源點 \(s\) 連一條容量 \(∞\) 的邊（我們稱之為虛邊）即可，有個直觀的比喻：就像是在匯點 \(t\) 連線一臺水泵，將源點 \(s\) 流往 匯點 \(t\) 的水重新泵上去。這樣做就將問題轉換為了熟悉的無源匯上下界可行流問題。
簡單來說：
\(t\) 向源點 \(s\) 連一條容量 \(∞\) 的邊，得到迴圈流。
從虛擬源點 \(S\) 向 \(T\) 跑一遍最大流。
記錄 \(t\) 向 \(s\) 連的邊的流量（即虛邊流量 \(res_1\) ），然後斷開虛邊，從 \(s\) 向 \(t\) 跑一遍最大流得到新增的流量 \(res_2\) ，答案就是 \(res_1+res_2\) 。
注意到，無源匯上下界可行流對應的流網路與虛擬源匯點 \(S,T\) 相連的邊都是滿流，所以在跑完一遍最大流之後，與虛擬源匯點 \(S,T\) 相連的邊都不可能再被用到，我們可以直接將它們全部拆掉，然後，再將虛邊（水泵）拆掉，發現只需要加回補償值（但事實上，因為 \(t\) 向 \(s\) 連的邊容量範圍是 \([0,∞)\) ，不需要進行補償），所得到的流就是一個合法的有源匯上下界可行流了。
也就是說新圖的可行流和原圖（沒有經過變換的，最原始的）的可行流是一一對應的，那麼新圖的最大流也必然是對應著原圖的最大流了。
因此，最後我們從 \(s\) 向 \(t\) 跑一遍最大流即可。
程式碼：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1550, M=365+1000+365*1000+N<<1, INF=0x3f3f3f3f;
int n, m, s, t, S, T;
struct node{
int to, c, next;
}e[M];
int h[N], tot;
// 連邊函式，有這樣的性質：正向邊^1=反向邊
void add(int u, int v, int c){
e[tot].to=v, e[tot].c=c, e[tot].next=h[u], h[u]=tot++;
e[tot].to=u, e[tot].c=0, e[tot].next=h[v], h[v]=tot++;
}
int imo[N]; // imo 的意思是： in minus out 入減去出
int q[N], d[N], cur[N];
bool bfs(){
memset(d, -1, sizeof d);
int tt=-1, hh=0;
q[++tt]=S, d[S]=0, cur[S]=h[S];
while(tt>=hh){
int hd=q[hh++];
for(int i=h[hd]; ~i; i=e[i].next){
int go=e[i].to;
if(d[go]==-1 && e[i].c){
d[go]=d[hd]+1;
cur[go]=h[go];
if(go==T) return true;
q[++tt]=go;
}
}
}
return false;
}
int find(int u, int limit){
if(u==T) return limit;
int flow=0;
for(int i=cur[u]; ~i && limit>flow; i=e[i].next){
int go=e[i].to;
cur[u]=i; // 當前弧優化
if(d[go]==d[u]+1 && e[i].c){
int t=find(go, min(e[i].c, limit-flow));
if(!t) d[go]=-1;
e[i].c-=t, e[i^1].c+=t, flow+=t;
}
}
return flow;
}
int dinic(){
int res=0, flow;
while(bfs()) while(flow=find(S, INF)) res+=flow;
return res;
}
int main(){
while(cin>>n>>m){
memset(h, -1, sizeof h), tot=0;
memset(imo, 0, sizeof imo);
s=0, t=n+m+1, S=n+m+2, T=S+1;
for(int i=1; i<=m; i++){
int G; cin>>G;
add(i, t, INF-G);
imo[i]-=G, imo[t]+=G;
}
for(int i=m+1; i<=m+n; i++){
int C, D; cin>>C>>D;
add(s, i, D); // 範圍是 [0,D] 因此不需要更新 imo[]
while(C--){
int id, lc, uc; cin>>id>>lc>>uc;
id++;
add(i, id, uc-lc);
imo[i]-=lc, imo[id]+=lc;
}
}
int cnt=0;
for(int i=0; i<=n+m+1; i++)
if(imo[i]>0) add(S, i, imo[i]), cnt+=imo[i];
else if(imo[i]<0) add(i, T, -imo[i]);
add(t, s, INF); // 新增“水泵”
if(dinic()!=cnt) cout<<-1<<endl<<endl;
else{
int res=e[tot-1].c;
e[tot-1].c=0, e[tot-2].c=0;
S=s, T=t;
res+=dinic();
cout<<res<<endl<<endl;
}
}
return 0;
}