题目描述：

题目分析：

求最大费用可行流即可。路径的长度指路径上的$t_i$之和。

对偶理论：
变量非负，约束不等式同号，下面这张图截自百度百科对偶理论

LOJ上有不二分的做法，8是太懂。。虽然上面这个做法也很玄学 （Upd，后文补充了）

Upd：更好的理解体验请阅读 2016国家集训队论文《浅谈线性规划与对偶问题》

Code：

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 125
#define maxm 1505
using namespace std;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
int n,m,W,S,T;
int fir[maxn],nxt[maxm],to[maxm],c[maxm],w[maxm],tot=1;
void line(int x,int y,int z,int v){
	nxt[++tot]=fir[x],fir[x]=tot,to[tot]=y,c[tot]=z,w[tot]=v;
	nxt[++tot]=fir[y],fir[y]=tot,to[tot]=x,c[tot]=0,w[tot]=-v;
}
int X[405],Y[405],sum,t[maxn],C[maxn];
int dis[maxn],pp[maxn],pe[maxn];
queue<int>q; bool inq[maxn];
bool SPFA(){
	memset(dis,0x3f,(T+1)<<2); q.push(T),dis[T]=0;
	while(!q.empty()){
		int u=q.front(); q.pop(),inq[u]=0;
		for(int i=fir[u],v;i;i=nxt[i]) if(c[i^1]&&dis[v=to[i]]>dis[u]+w[i^1]){
			dis[v]=dis[u]+w[i^1],pp[v]=u,pe[v]=i^1;
			if(!inq[v]) inq[v]=1,q.push(v);
		}
	}
	return dis[S]<0;
}
bool check(int mid){
	memset(fir,0,(T+1)<<2),tot=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		line(S,i,inf,mid),
		line(i,i+n,C[i],-t[i]),
		line(i,i+n,inf,0),
		line(i+n,T,inf,0);
	for(int i=1;i<=m;i++) line(X[i]+n,Y[i],inf,0);
	int ans=0;
	while(SPFA()){
		int mn=inf;
		for(int x=S;x!=T;x=pp[x]) mn=min(mn,c[pe[x]]);
		ans+=mn*dis[S];
		for(int x=S;x!=T;x=pp[x]) c[pe[x]]-=mn,c[pe[x]^1]+=mn;
	}
	return -ans<=W;
}
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&W);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&t[i]),sum+=t[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&C[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&X[i],&Y[i]);
	S=0,T=2*n+1;
	int l=0,r=sum,mid;
	while(l<r) check(mid=(l+r)>>1)?(r=mid):(l=mid+1);
	printf("%d\n",l);
}

Upd：LP对偶费用流解法

听完dls的LP对偶费用流归来啦！（虽然还有点迷糊）

线性规划
$$\text{minimize}\sum c(u,v)\max (h_u-h_v+w(u,v),0)$$
可以转化为最大费用循环流，$u$ 向 $v$ 连流量为 $c(u,v)$，费用为 $w(u,v)$ 的边，其中 $h$ 为自己定义的$\ge 0$ 的变量。
具体证明可以根据最大费用循环流的线性规划模型对偶回去，网上也有。

我们把 $u$ 点安装完成的时间设为 $T_u$，减少时间设为 ${\delta }_u$，那么限制条件就是 $T_v\ge T_u+t_v-{\delta }_v$。

二分答案之后我们想要最小化 $\sum {\delta }_v\ast c_v$，但是 ${\delta }_v$ 的限制条件有多个，无法取等，把点拆成两个：$x_u$ 和 $y_u$，分别表示前面所有安装包安装完成的时间，和 $u$ 安装完成的时间。

最开始的问题可以表述为：
$$\begin{gathered} \text{minimize}{y}_{end} \\ \text{s.t.}{y}_v-x_v-t_v+{\delta }_v\ge 0 \\ {y}_u\le x_v \\ {\delta }_v\le t_v \\ \sum {\delta }_v\ast c_v\le w \end{gathered}$$

二分答案 $\lambda$，问题转化为：
$$\begin{gathered} \text{minimize}\sum {\delta }_v\ast c_v \\ \text{s.t.}{y}_v-x_v-t_v+{\delta }_v\ge 0 \\ {y}_u\le x_v \\ {\delta }_v\le t_v \\ {y}_v\le \lambda \end{gathered}$$

最优情况下 ${\delta }_v=\max (x_v-y_v+t_v,0)$
因为是最小化，所以 $y_u\le x_v$ 可以用 $\infty \ast \max (y_u-x_v,0)$ 的代价来表示。
${\delta }_v\le t_v$ 即 $x_v\le y_v$，代价为 $\infty \ast \max (x_v-y_v,0)$
为了方便，我们新建两个点 $S,T$，$S\le x_v$，$y_v\le T$，分别为 $\infty \ast \max (S-x_v,0)$，$\infty \ast \max (y_v-T,0)$，实际上这也是在框定 $x_v,y_v$ 的范围。
$y_v\le \lambda$ 即 $T-S\le \lambda$，权值为 $\infty \ast \max (T-S-\lambda ,0)$

于是我们相当于是要最小化：
$$\begin{gathered} \sum _v{c}_v\ast \max (x_v-y_v+t_v,0)+\infty \ast \max (x_v-y_v,0)+\infty \ast \max (S-x_v,0)+\infty \ast \max (y_v-T,0) \\ +\sum _{(u,v)\in E}\infty \ast \max (y_u-x_v,0) \\ +\infty \ast \max (T-S-\lambda ,0) \end{gathered}$$

对比LP费用流的形式即可得出要建的边。
此时跑出的最大费用循环流的费用就是要求的最小值。

观察这个图，每个最大费用的循环流相当于是从 $S$ 出发，走到 $T$，然后回到 $S$，产生一些费用。

原问题相当于想要最小化 $\lambda$，使得最大费用循环流$\le w$，假设除了 $T$ 到 $S$ 的边流 $i$ 的流量的费用是 $f_i$，那么真实的费用是 $f_i-i\lambda$，于是就是最小化 $\lambda$，使得 $\max (f_i-i\lambda )\le w$。
即对于任意的 $i$，都要满足 $\lambda \ge \frac{f_i-w}{i}$，即找到最大的 $\frac{f_i-w}{i}$
这个可以表示为平面上 $(i,f_i)$ 与 $(0,w)$ 的最大斜率， $f_i$ 的图像是个凸包，最大值一定在端点取到，所以多路增广是OK的。