题目：http://acm.hust.edu.cn/vjudge/problem/20756

题意：一个屌丝给m个女神拍照，计划拍照n天，每一天屌丝最多个C个女神拍照，每天拍照数不能超过D张，而且给每个女神i拍照有数量限制[Li，Ri]，对于每个女神n天的拍照总和至少为Gi，如果有解求屌丝最多能拍多少张照，并求每天给对应女神拍多少张照；否则输出-1。

思路：有源汇有上下界的最大流问题。

/*首先判断是否存在满足所有边上下界的可行流，方法可以转化成无源汇有上下界的可行流问题。
*首先增设一条从汇点到源点的容量无穷的边，那么原图就变成了一个无源汇的循环流图。然后附加源点和i连边(du[i]>0)，i(du[i]<0)和附加汇点连边
*对附加源汇跑一次最大流，当最大流等于du[i] > 0之和时，有可行流，否则没有。若有可行流，删除附加源汇，对原图的源点汇点跑一次最大流
*此时的最大流就是答案（等于第一次流满下界的流 + 第二次自由流） 
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int N = 1500;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
struct edge
{
    int to, cap, next;
}g[N*N*2];
int cnt, nv, head[N], level[N], gap[N], cur[N], pre[N];
int du[N];
int id[410][1010], dn[410][1010];
void add_edge(int v, int u, int cap)
{
    g[cnt].to = u, g[cnt].cap = cap, g[cnt].next = head[v], head[v] = cnt++;
    g[cnt].to = v, g[cnt].cap = 0, g[cnt].next = head[u], head[u] = cnt++;
}
int sap(int s, int t)
{
    memset(level, 0, sizeof level);
    memset(gap, 0, sizeof gap);
    memcpy(cur, head, sizeof head);
    gap[0] = nv;
    int v = pre[s] = s, flow = 0, aug = INF;
    while(level[s] < nv)
    {
        bool flag = false;
        for(int &i = cur[v]; i != -1; i = g[i].next)
        {
            int u = g[i].to;
            if(g[i].cap > 0 && level[v] == level[u] + 1)
            {
                flag = true;
                pre[u] = v;
                v = u;
                aug = min(aug, g[i].cap);
                if(v == t)
                {
                    flow += aug;
                    while(v != s)
                    {
                        v = pre[v];
                        g[cur[v]].cap -= aug;
                        g[cur[v]^1].cap += aug;
                    }
                    aug = INF;
                }
                break;
            }
        }
        if(flag) continue;
        int minlevel = nv;
        for(int i = head[v]; i != -1; i = g[i].next)
        {
            int u = g[i].to;
            if(g[i].cap > 0 && minlevel > level[u])
                minlevel = level[u], cur[v] = i;
        }
        if(--gap[level[v]] == 0) break;
        level[v] = minlevel + 1;
        gap[level[v]]++;
        v = pre[v];
    }
    return flow;
}

int main()
{
    int n, m, q, p, a, b, l, r;;
    while(~ scanf("%d%d", &n, &m))
    {
        cnt = 0;
        memset(head, -1, sizeof head);
        memset(du, 0, sizeof du);
        memset(dn, 0, sizeof dn);
        memset(id, 0, sizeof id);
        int ss = n + m, tt = n + m + 1;
        for(int i = 0; i < m; i++)
        {
            scanf("%d", &a);
            du[tt] += a, du[i+n] -= a;
            add_edge(i+n, tt, INF - a);
        }
        for(int i = 0; i < n; i++)
        {
            scanf("%d%d", &q, &p);
            add_edge(ss, i, p);
            for(int j = 1; j <= q; j++)
            {
                scanf("%d%d%d", &b, &l, &r);
                du[n+b] += l, du[i] -= l;
                add_edge(i, n + b, r - l);
                dn[i][b] = l, id[i][b] = cnt - 1; //记录每条边的流量下界和反向弧的位置
            }
        }
        add_edge(tt, ss, INF); //从汇点向源点连一条容量为无穷大的边，使图变成了无源汇的图
        ss += 2, tt += 2;//新建附加源和附加汇
        int sum = 0;
        for(int i = 0; i <= tt - 2; i++)
        {
            if(du[i] > 0) sum += du[i], add_edge(ss, i, du[i]);
            if(du[i] < 0) add_edge(i, tt, -du[i]);
        }
        nv = tt + 1;
        int flow = sap(ss, tt);
        if(flow != sum) puts("-1");
        else
        {//删除附加源和附加汇两个点，但是从其他点到附加源汇的反向弧还存在，还可以访问到附加源汇，因此点数不变
            head[ss] = head[tt] = -1;
            ss -= 2, tt -= 2;
            flow = sap(ss, tt);
            //可行流的流量记录在原图中汇点到源点的反向弧中，也是从源点到汇点有一条容量为可行流的边，第二次跑最大流就加上了这个流
            printf("%d\n", flow);
            for(int i = 0; i < n; i++)
                for(int j = 0; j < m; j++)
                    if(id[i][j]) printf("%d\n", g[id[i][j]].cap + dn[i][j]);
        }
    }
    return 0;
}