說在前面

me終於要想到網路流了!!!然後耐心沒了…
然後就去看了題解
喵喵喵喵喵？？？？

題目

BZOJ1280傳送門
看題可戳傳送門

解法

首先我們發現這是一個分配問題
分配問題一般有兩種解法，第一種是網路流，第二種是倒著dp（有時候分配問題倒過來就是需求問題，就可以用dp解決）
這個題me發現，正著/倒著都沒辦法轉化成需求問題。
然後me想，這個題的分配關係是有拓撲序的，應該可以建個圖跑跑
然後me就去看了題解

那麼對於這個題，我們可以建出一個比較顯然的網路流圖：
把每個人的購買操作看成時間軸，並把豬圈拆點
每個時間的豬圈 都向 下個時間的豬圈 連邊；人連匯點；源點連起始豬圈；當前人可購買的豬圈，向人連邊，人向下一個時間的這些豬圈連邊

然後我們發現這個圖，很多inf邊，於是我們考慮把沒有用的點全部去掉。最後就剩下了人和人連邊：對於第i個豬圈，上一個來這裡的人 向 下一個來這裡的人 連邊inf。如果是第一個來的，S向其連 豬圈大小 的邊

理解一下這個圖，相當於是 每個人 實際上就是一個「排程站」，下一個人如果需要，那麼這次開門的時候，就放一些pig進去給下一個人。不難發現這是正確的

（感覺這個建圖還蠻有意思的）

下面是程式碼

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace
 
 std ;

bool acce[105][105] ;
int N , M , head[105] , tp = 1 , a[1005] , pre[1005] ;
int S , T ;
struct Path{
    int pre , to , flow ;
} p[22005] ;

void In( int t1 , int t2 , int t3 ){
    p[++tp] = ( Path ){ head[t1] , t2 , t3 } ; head[t1] = tp ;
    p[++tp] = ( Path ){ head[t2] , t1 , 0 } ; head[t2] = tp ;
}

int
 
 que[105] , fr , ba , dis[105] ;
bool BFS(){
    memset( dis , -1 , sizeof( dis ) ) ;
    fr = 1 , que[ ba = 1 ] = S , dis[S] = 0 ;
    while( ba >= fr ){
        int u = que[fr++] ;
        for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
            int v = p[i].to ;
            if( !p[i].flow || dis[v] != -1 ) continue ;
            dis[v] = dis[u] + 1 , que[++ba] = v ;
        }
    } return dis[T] != -1 ;
}

int dfs( int u , int flow ){
    if( u == T ) return flow ;
    int rt = 0 ;
    for( int i = head[u] ; i ; i = p[i].pre ){
        int v = p[i].to , nowf ;
        if( dis[v] != dis[u] + 1 || !p[i].flow ) continue ;
        if( ( nowf = dfs( v , min( p[i].flow , flow ) ) ) ){
            p[i].flow -= nowf , p[i^1].flow += nowf ;
            flow -= nowf , rt += nowf ;
        }
    } if( flow ) dis[u] = -1 ;
    return rt ;
}

void solve(){
    int ans = 0 ;
    while( BFS() )
        ans += dfs( S , 0x3f3f3f3f ) ;
    printf( "%d" , ans ) ;
}

int main(){
    scanf( "%d%d" , &M , &N ) , S = N + 1 , T = N + 2 ;
    for( int i = 1 ; i <= M ; i ++ ) scanf( "%d" , &a[i] ) ;

    for( int i = 1 , c ; i <= N ; i ++ ){
        scanf( "%d" , &c ) ;
        for( int j = 1 , t ; j <= c ; j ++ ){
            scanf( "%d" , &t ) ;
            if( !pre[t] ) In( S , i , a[t] ) ;
            else acce[ pre[t] ][i] = true ;
            pre[t] = i ;
        } scanf( "%d" , &c ) , In( i , T , c ) ;
    }
    for( int i = 1 ; i <= N ; i ++ )
        for( int j = 1 ; j <= N ; j ++ )
            if( acce[i][j] ) In( i , j , 0x3f3f3f3f ) ;
    solve() ;
}