無源匯可行流
無源匯網路流一般不討論最大流，因為它的流都是環流，分佈在各個位置，一是不好統計，二是一般也沒有意義。所以一般建圖只需要求是否有可行解（但我也沒遇到過求輸出YES和NO的可行流題目，網上的部落格也都只當做有源匯的前置知識講了）
廢話不多說，直接上圖。
第一張圖給出了無源匯模型每條邊的上下界，綠色數值是每條邊的下界值，即至少要流的流量。假設我們先滿足下界，如果此時各個點綠色流量的流出和流入值相同，那麼直接就是一個可行解，但是顯然大部分情況是無法用下界來滿足平衡的。我們把每條邊上界減去下界的差值當做額外流量，這張圖需要流一些額外流量，才能彌補之前的不平衡。
對於下界流出量大於流入量的點，之前其實沒有足夠的流量供它流出，所以它就需要從前面獲得一些額外流量，呈現缺失態（上圖點 1 和點 4）；對於流入量大於流出量的點，它需要透過出邊的額外流量來分掉它的流入量，呈現飽滿態（上圖點 2,3,5）。那麼問題就變成了，能不能找到一條路線，飽滿態的起點把流入它的多餘流量透過這條路線轉移出去，終點獲得它之前缺失的流量，中間的點因為流入又流出，所以出入之差不變，這條路線的意義就是平衡了起點和終點。（路線這個概念很重要，是理解整個上下界網路流的關鍵，它是源匯點任意時的增廣路）
我們要彌補所有點的不平衡，就要找到多條路線。具體的，先把原圖兩點間額外流量設成新圖流量，再設定一對虛擬的源匯點，讓源點向飽滿態的點連一條多餘流量（流入量 - 流出量）的邊，讓缺失態的點向匯點連一條需求流量（流出量-流入量）的邊，跑從源點到匯點的最大流，如果最大流等於多餘流量（或需求流量）之和，那麼就是一組可行解。
初學時有一個疑問就是，飽滿態的點流入量已經大於流出量了，為什麼還要從源點向他連一條流入邊。其實這條虛擬的流入邊不是為了增加這個點的流量，而是將所有飽滿態的點連在一起，方便同時找到多條增廣路，新建的虛擬邊流量在原圖中是沒有任何意義的。
我們直接來看跑完最大流之後的情況，右圖展示了新圖流到匯點的兩條路徑，紅色部分是找到了兩條路線：2->4->5->1 和 5->1 各自流一個流量，藍色部分找到了一條路線：3->4 流一個流量。在原圖中的體現就是：點 2 透過原圖中三條紅色邊的額外流量，把自己多出來的流量流回了點1 ；點 3 透過原圖中藍色邊的額外流量，把自己多出來的流量流給了點 4。至此，原圖的所有點流入量和流出量平衡，我們找到了一組可行流。想要輸出方案也很簡單，新圖中每條邊的流量是它原圖的額外流量，加上下界，就是原圖的真實流量。
有源匯上下界可行流
其實我們思考下本質，有源匯與無源匯最大的區別，除了長的樣子不同，其實就是我們不再需要平衡源點和匯點的流量，雖然其他點要平衡，但源點可以是一個缺失點，只流出不流入；匯點是一個飽和點，只流入不流出。所以有源匯上下界的一個可行流，需要滿足：除源點和匯點以外，其他點流入量等於流出量。
我們可以把它改造成無源匯，即從匯點向源點連一條下界為0，上界無窮的新邊。不過很多部落格講有源匯上下界時沒有具體講這條邊的作用，導致讀者到後面理解最大流和最小流時非常困難。
在沒有這條邊時，我們透過找到的所有增廣路，將除源匯點以外的所有點平衡流量，那麼這個有源匯上下界模型就是可行的。此時只剩下流出大於流入的源點，流入大於流出的匯點。只要我們把新加的這條邊，當做平衡源匯點的一條新路徑，那麼整張圖就相當於無源匯的可行流。那麼反過來，如果這張無源匯圖我們知道有可行流，那麼我們撤銷掉新加的無窮大邊的流量，原圖就會變成一個除源點和匯點以外其他點流量平衡的圖，即有源匯上下界可行流。
有源匯上下界最大流（最小流）
直接上圖：
這是一個有源點和匯點的圖，雖然看上去有個環，不過我們關注的還是隻從源點流到匯點的最大最小流量。
求最大流的前提是，我們需要先讓這張圖成為可行流：發現點 3 是至少有一個流入量的，所以它一定還要向左流給源點，這一條流量會使得從源點到匯點的總體流量減一，不過沒辦法，因為這是成為可行流的必要流量。
在我們新建那條匯點到源點的無窮大邊，並求解完一個可行流之後，我們冷靜下來思考，有源匯最大流的本質是什麼，其實就是在其他點流量平衡的前提下，最大化源點的缺失流量（或匯點的飽和流量）。我們還是撤銷掉這條無窮大的邊，那麼這條邊的流量，就成為了源點的缺失量，因為這條邊本身的意義就是一條彌補源匯點流量差的路線（第一個標題所講的路線）。
透過上圖的流量，我們找到了一個可行流的解，在這個解中，無窮大的那條邊流量是 2，流量平衡的過程改變了原圖三條邊的剩餘流量。此時，如果我們撤銷無窮大的邊，那麼源點的流入流出之差會變成 3，這其實就是一個可行流的流量。
那麼聰明的你應該想到了，最大流該如何計算呢，就是在原圖中，繼續找到一些從源點流到匯點的路線，將源點的缺失量進一步擴大。即：s->1->2->t，流量為 3，此時源點流入流出之差為 6，為有源匯最大流。最小值則相反，找到一些從匯點到源點的路線，即：t->3->s，此時源點缺失量被彌補了一些，流入流出之差變成了 1，為有源匯最小流。
總結求解有源匯上下界最大最小流的步驟：
一、新圖跑虛擬源點到虛擬匯點的最大流，判斷是否有無源匯可行流。
二、將無窮大那條邊的流量返還源匯點，得到有源匯可行流。
三、在原圖中繼續跑最大流，再加上可行流的流量（無窮大邊的流量），得到答案（正著跑得到最大流，倒著跑得到最小流）。
模板：luogu東方文花帖
https://www.luogu.com.cn/problem/P5192
這題就是求個有源匯上下界最大流，很裸的模板，不過要先被傳一波教才能讀懂題意。
下面的程式碼中 a 陣列存了原圖的每一條邊，包括上界和下界的資訊。然後 solve 函式就是有源匯上下界最大流的全部過程了，包括建邊，和上面總結的三個步驟。
#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=501010;
const ll inf=0x3f3f3f3f;
inline ll read() {
ll sum = 0, f = 1; char c = getchar();
while(c<'0' || c>'9') { if(c=='-') f = -1; c = getchar(); }
while(c>='0'&&c<='9') { sum = sum * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
return sum * f;
}
ll n,m,s,t,ss,tt;
struct EE{ ll u,v,l,r; } a[N]; ll cnta;
ll du[N];
struct E{
ll to,nxt,cap;
}e[N];
ll cnt = 1;
ll head[N],cur[N];
ll dep[N],vis[N];
queue <ll> q;
inline void add(ll u,ll v,ll w) {
// cout<<u<<" -> "<<v<<" "<<w<<endl;
e[++cnt] = (E){ v,head[u],w }; head[u] = cnt;
e[++cnt] = (E){ u,head[v],0 }; head[v] = cnt;
}
inline bool SPFA(ll S,ll T) {
for(ll i=0;i<=tt;i++) dep[i] = inf, vis[i] = 0, cur[i] = head[i];
q.push(S); dep[S] = 0;
while(!q.empty()) {
ll u = q.front(); q.pop();
vis[u] = 0;
for(ll i=head[u]; i; i=e[i].nxt) {
ll v = e[i].to;
if(dep[v] > dep[u] + 1 && e[i].cap) {
dep[v] = dep[u] + 1;
if(vis[v]) continue;
q.push(v);
vis[v] = 1;
}
}
}
return dep[T]!=inf;
}
ll DFS(ll u,ll goal,ll flow) {
ll res = 0, f;
if(u==goal || !flow) return flow;
for(ll i=cur[u]; i; i=e[i].nxt) {
cur[u] = i;
ll v = e[i].to;
if(e[i].cap && (dep[v] == dep[u]+1)) {
f = DFS(v,goal,min(flow-res,e[i].cap));
if(f) {
res += f;
e[i].cap -= f;
e[i^1].cap += f;
if(res==flow) break;
}
}
}
return res;
}
ll solve() {
ll ans1 = 0, ans2 = 0, cha = 0;
for(ll i=1;i<=cnta;i++) {
ll u = a[i].u, v = a[i].v;
du[u] += a[i].l;
du[v] -= a[i].l;
add(u, v, a[i].r-a[i].l);
}
ll lim = cnt;
for(ll u=s;u<=t;u++) {
if(du[u]>0) add(u,tt,du[u]), cha += du[u];
if(du[u]<0) add(ss,u,-du[u]);
}
add(t,s,inf);
while(SPFA(ss,tt)) cha -= DFS(ss,tt,inf);
if(cha) return -1;
ans1 = e[cnt].cap;
for(ll i=lim+1;i<=cnt;i++) e[i].cap = 0;
while(SPFA(s,t)) ans2 += DFS(s,t,inf);
return ans1+ans2;
}
void chushihua() {
cnt = 1;
cnta = 0;
for(ll i=0;i<=tt;i++) head[i] = du[i] = 0;
}
int main() {
ll x,y,l,r;
while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=EOF) {
chushihua();
s = 0; t = n+m+1; ss = n+m+2; tt = n+m+3;
for(ll i=1;i<=m;i++) {
x = read();
a[++cnta] = { i+n,t,x,inf };
}
for(ll i=1;i<=n;i++) {
x = read();
y = read(); a[++cnta] = { s,i,0,y };
while(x--) {
y = read()+1; l = read(); r = read();
a[++cnta] = { i,y+n,l,r };
}
}
cout<<solve()<<"\n\n";
}
// n = 3; s = 0, t = 4; ss = 5; tt = 6;
// a[++cnta] = {s,1,2,4};
// a[++cnta] = {1,2,0,1};
// a[++cnta] = {1,3,3,5};
// a[++cnta] = {2,t,1,5};
// a[++cnta] = {3,t,1,3};
// cout<<solve()<<"\n";
return 0;
}