【中文題意】

度度熊的交易計劃  Accepts: 460   Submissions: 2329
 Time Limit: 12000/6000 MS (Java/Others)   Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Problem Description
度度熊參與了喵哈哈村的商業大會，但是這次商業大會遇到了一個難題：

喵哈哈村以及周圍的村莊可以看做是一共由n個片區，m條公路組成的地區。

由於生產能力的區別，第i個片區能夠花費a[i]元生產1個商品，但是最多生產b[i]個。

同樣的，由於每個片區的購買能力的區別，第i個片區也能夠以c[i]的價格出售最多d[i]個物品。

由於這些因素，度度熊覺得只有合理的調動物品，才能獲得最大的利益。

據測算，每一個商品運輸1
 
公里，將會花費1元。

那麼喵哈哈村最多能夠實現多少盈利呢？

Input
本題包含若干組測試資料。 每組測試資料包含： 第一行兩個整數n,m表示喵哈哈村由n個片區、m條街道。 接下來n行，每行四個整數a[i],b[i],c[i],d[i]表示的第i個地區，能夠以a[i]的價格生產，最多生產b[i]個，以c[i]的價格出售，最多出售d[i]個。 接下來m行，每行三個整數,u[i],v[i],k[i]，表示該條公路連線u[i],v[i]兩個片區，距離為k[i]

可能存在重邊，也可能存在自環。

滿足: 1<=n<=500, 1<=m<=1000, 1<=a[i],b[i],c[i],d[i],k[i]<=1000
 
, 1<=u[i],v[i]<=n

Output
輸出最多能賺多少錢。

Sample Input
2 1
5 5 6 1
3 5 7 7
1 2 1
Sample Output
23

【思路分析】
要求最大的利益，而且可以進行物品的調動，想到了最小費用最大流，從網上抄了個板子就搞上了，設一個源點和一個匯點就好了。
【AC程式碼】

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
 

#include<bitset>
#include<queue>
using namespace std;


template<typename flow_t, typename cost_t>
struct MCMF
{
    static const int N = 2000, M = 10000;
    const flow_t inf = 1e9;
    struct node
    {
        int from, to, nxt;
        flow_t cap, flow;
        cost_t cost;
        node() {}
        node(int from, int to, int nxt, flow_t cap, cost_t cost):
            from(from), to(to), nxt(nxt), cap(cap), flow(0), cost(cost) {}
    } E[M];
    cost_t dis[N];
    int G[N], pre[N], vis[N], n, m;
    void init(int n)
    {
        this->n = n;
        this->m = 0;
        fill(G, G + n, -1);
    }
    void add(int u, int v, flow_t f, cost_t c)
    {
        E[m] = node(u, v, G[u], f, +c);
        G[u] = m++;
        E[m] = node(v, u, G[v], 0, -c);
        G[v] = m++;
    }
    bool bfs(int S, int T)
    {
        fill(vis, vis + n, 0);
        fill(dis, dis + n, inf);
        queue<int> queue;
        dis[S] = 0;
        queue.push(S);
        for (; !queue.empty(); queue.pop())
        {
            int u = queue.front();
            vis[u] = false;
            for (int it = G[u]; ~it; it = E[it].nxt)
            {
                int v = E[it].to;
                if (E[it].cap > E[it].flow && dis[v] > dis[u] + E[it].cost)
                {
                    dis[v] = dis[u] + E[it].cost;
                    pre[v] = it;
                    if (!vis[v]) queue.push(v);
                    vis[v] = true;
                }
            }
        }
        return dis[T] < 0; // 改成dis[T] <= 0 求可行流
    }
    int Mincost(int S, int T)
    {
        flow_t max_flow = 0;
        cost_t min_cost = 0;
        while (bfs(S, T))
        {
            flow_t delta = inf;
            for (int u = T; u != S; u = E[pre[u]].from)
            {
                delta = std::min(delta, E[pre[u]].cap - E[pre[u]].flow);
            }
            min_cost += delta * dis[T];
            max_flow += delta;
            for (int u = T; u != S; u = E[pre[u]].from)
            {
                E[pre[u]].flow += delta;
                E[pre[u] ^ 1].flow -= delta;
            }
        }
        return  min_cost;
    }
};

int main()
{
    int n, m;
    int a, b, c, d;
    while(~ scanf("%d %d", &n, &m) )
    {
        MCMF<int, int> mcmf;
        mcmf.init(n + 2);
        int S = 0, T = n + 1;
        for(int i = 1; i <= n; i ++)
        {
            scanf("%d %d %d %d", &a, &b, &c, &d);
            mcmf.add(S, i, b, a);
            mcmf.add(i, T, d, -c);
        }
        for(int i = 1; i <= m; i ++)
        {
            int u, v, w;
            scanf("%d %d %d", &u, &v, &w);
            mcmf.add(u, v, mcmf.inf, w);
            mcmf.add(v, u, mcmf.inf, w);
        }
        int re = mcmf.Mincost(S, T);
        printf("%d\n",-re);
    }
    return 0;
}