去不了WC的蒟蒻只能orz laofu qaq
參考
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部分思路
直接通過建圖的特殊性質加速增廣
Museum
看到保護關係可以直接想到最大權閉合子圖。建圖，左邊每個手辦向右邊能看到它的警衛連邊，跑最小割。
對座標系進行變換（大概是放縮橫座標使得警衛的視角是\(90°\)，再整體旋轉\(45°\)），可以看到連邊實際上是一個二維偏序關係。
樹套樹優化網絡流
顯然要離線其中一維做一個掃描線，以降低一個\(\log\)的複雜度。掃到一個手辦的時候就嘗試增廣。
顯然增廣時優先走第二維剛好比它大一點的警衛，這樣是不用退流的。set按第二維排序維護還沒流滿的警衛即可。
注意比較函數的寫法，防止插入的時候被判等而插入失敗。好像寫multiset也行。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define R register int
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=buf,1,SZ,stdin))
using namespace std;
const int SZ=1<<19,N=2e5+9;
char buf[SZ],*ie=buf+SZ,*ip=ie-1;
inline int in(){
G;while(*ip<'-')G;
R f=*ip=='-';if(f)G;
R x=*ip&15;G;
while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
return f?-x:x;
}
int n,m;LL w,h,ans;
struct Dat{
int x,y,v;
inline bool operator<(const Dat&a)const{
return (y-a.y)*w>(a.x-x)*h;
}//第一維排序
}a[N],b[N];
struct Cmp{
inline bool operator()(Dat*a,Dat*b){
LL u=(a->y-b->y)*w,v=(a->x-b->x)*h;
return u<v||(u==v&&a<b);
}//第二維排序
};
set<Dat*,Cmp>s;
int main(){
n=in(),m=in(),w=in(),h=in();
for(R i=0;i<n;++i)a[i].x=in(),a[i].y=in(),ans+=a[i].v=in();
for(R i=0;i<m;++i)b[i].x=in(),b[i].y=in(),b[i].v=in();
sort(a,a+n);
sort(b,b+m);
for(R i=0,j=0;i<n;++i){
for(;j<m&&!(a[i]<b[j]);s.insert(b+j++));
set<Dat*,Cmp>::iterator it=s.lower_bound(a+i);
for(;it!=s.end()&&(*it)->v<=a[i].v;s.erase(it++))
ans-=(*it)->v,a[i].v-=(*it)->v;//手動修改剩餘容量
if(it!=s.end())
ans-=a[i].v,(*it)->v-=a[i].v;
}
cout<<ans;
return 0;
}
老鼠進洞模型
數軸上，某些位置有老鼠或洞，洞有容量，所有老鼠都要進洞，代價爲移動距離。最小化代價。
先假設洞容量爲\(1\)。
DP的做法：給老鼠和洞按位置從左到右依次編號。設\(f_{i,j}\)表示到第\(i\)個位置有\(j\)個老鼠未匹配的最小代價（\(j\)可以爲負，表示還需要\(j\)個老鼠），那麼最後的\(f_{n,0}\)是答案。
把代價拆開，\(i\)與\(i'(i\le i')\)匹配的代價是\(x_{i'}-x_i\)，只需要在\(i\)處減\(x_i\)、在\(i'\)處加\(x_{i'}\)。
當\(i\)是老鼠：\(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+\begin{cases}-x_i(j>0)\\+x_i(j\le0)\end{cases}\)，看起來好做。
當\(i\)是洞：\(f_{i,j}=\min\left(f_{i,j},f_{i-1,j+1}+\begin{cases}-x_i(j<0)\\+x_i(j\ge0)\end{cases}\right)\)，看起來不好做。
但實際上有用的轉移：\(f_{i,j}=\begin{cases}f_{i-1,j+1}-x_i(j<0)\\f_{i-1,j+1}+x_i(j>0)\\\min(f_{i,j},f_{i-1,j+1}+x_i)(j=0)\end{cases}\)
爲什麼只剩下\(j=0\)時候需要決策了呢？顯然可能出現洞多了不會選的情況。問題在於其它的轉移的決策怎麼沒了。laofu惜字如金，蒟蒻只好感性理解了：大概是因爲\(x_i\)是遞增的，所以之前轉移完，相鄰下標的兩個\(f\)的差不大於現在的\(x_i\)，當前轉移完還是滿足這一條件。
於是，這兩種轉移，在\(j<0\)和\(j>0\)的部分，都是在把序列整體移動，全局加一個值，再推入/刪除邊上的元素。使用兩個棧維護，棧頂分別是\(f_1,f_{-1}\)，元素不夠的時候補\(\text{INF}\)就行了。\(f_0\)單獨維護。
再討論容量任意的情況。
一個洞容量可能會很大，但永遠只會有它周圍的老鼠進去。
假設老鼠只往左走，算每個洞會進多少。再假設老鼠只往右走，算每個洞會進多少。每個洞的容量對這兩個值的和取\(\min\)。
%laofu的證明吧：
Proof.
從第一遍貪心到原問題,對於每一個洞而言,從它右邊出發到達它左邊的老鼠不會變多。
從第二遍貪心到原問題,對於每一個洞而言,從它左邊出發到達它右邊的老鼠不會變多。
然後總容量就不超過\(2n\)了，跟上面一樣做。
寫基排的話時間複雜度就是\(O(n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define UC unsigned char
#define R register int
#define G if(++ip==ie)if(fread(ip=buf,1,SZ,stdin))
using namespace std;
const int SZ=1<<19,N=1e6+9;const LL INF=1e18;
char buf[SZ],*ie=buf+SZ,*ip=ie-1;
inline int in(){
G;while(*ip<'-')G;
R f=*ip=='-';if(f)G;
R x=*ip&15;G;
while(*ip>'-'){x*=10;x+=*ip&15;G;}
return f?-x:x;
}
template<typename T>//基排
void Rsort(T*fst,T*lst,T*buf,int*op){
static int b[0x100];
int Len=lst-fst,Sz=sizeof(T),at=0,i,j;
UC*bgn,*end,tmp;
for(i=0;i<Sz;++i){
if(op[i]==-1)continue;
bgn=(UC*)fst+i;end=(UC*)lst+i;
tmp=((op[i]&1)?0xff:0)^((op[i]&2)?0x80:0);
memset(b,0,sizeof(b));
for(UC*it=bgn;it!=end;it+=Sz)++b[tmp^*it];
for(j=1;j<0x100;++j)b[j]+=b[j-1];
for(UC*it=end;it!=bgn;buf[--b[tmp^*(it-=Sz)]]=*--lst);
lst=buf+Len;swap(fst,buf);at^=1;
}
if(at)memcpy(buf,fst,Sz*Len);
}
int a[N],aa[N];
struct Hole{int p,c;}b[N],bb[N];
LL s[5*N],t[5*N];
int main(){
R n=in(),m=in();LL f=0,g=0,h=0;
for(R i=1;i<=n;++i)a[i]=in();
for(R i=1;i<=m;++i)b[i].p=in(),b[i].c=in();
Rsort(a+1,a+n+1,aa,new int[4]{0,0,0,2});
Rsort(b+1,b+m+1,bb,new int[8]{0,0,0,2,-1,-1,-1,-1});
for(R i=1,j=1,x=0;i<=m;++i){//兩遍貪心控制容量範圍
for(;j<=n&&a[j]<=b[i].p;++j,++x);
x-=aa[i]=min(x,b[i].c);
}
for(R i=m,j=n,x=0,y;i;--i){
for(;j&&a[j]>=b[i].p;--j,++x);
y=aa[i];
x-=aa[i]=min(x,b[i].c);
b[i].c=min(b[i].c,y+aa[i]);
}
b[++m].p=1e9;
for(R i=1,j=1,p=0,q=0;i<=m;++i){//雙棧維護DP
for(;j<=n&&a[j]<=b[i].p;++j){
s[++p]=f-g;g-=a[j];
if(!q)t[++q]=INF;
f=t[q--]+(h+=a[j]);
}
while(b[i].c--){
t[++q]=f-h;h-=b[i].p;
if(!p)s[++p]=INF;
f=min(f,s[p--]+(g+=b[i].p));
}
}
return cout<<(f>1e17?-1:f),0;
}
基礎的費用流模型：左邊老鼠，右邊洞，中間數軸。一單位流相當於一個匹配。
模擬費用流做法：坑