贪心相关/模拟网络流、费用流细节梳理/模板（贪心，模拟费用流，栈）

去不了WC的蒟蒻只能orz laofu qaq

参考

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题单

【Done】牛客挑战赛7F Masha与老鼠
【Todo】洛谷P2514 HAOI2010工厂选址
【Done】洛谷P3826 NOI2017蔬菜
【Todo】洛谷AT3687 Farm Village
【Todo】洛谷CF280D k-Maximum Subsequence Sum
【Todo】BZOJ2034 最大收益
【Done】BZOJ3716 PA2014Muzeum
【Done】BZOJ4849 Mole Tunnels（到这里交）
【Done】BZOJ4977 跳伞求生
【Todo】LOJ6405 征服世界
【Todo】UOJ455 雪灾与外卖

部分思路

直接经过建图的特殊性质加速增广

Museum

看到保护关系能够直接想到最大权闭合子图。建图，左边每一个手办向右边能看到它的警卫连边，跑最小割。

对坐标系进行变换（大概是放缩横坐标使得警卫的视角是\(90°\)，再总体旋转\(45°\)），能够看到连边其实是一个二维偏序关系。

树套树优化网络流

显然要离线其中一维作一个扫描线，以下降一个\(\log\)的复杂度。扫到一个手办的时候就尝试增广。

显然增广时优先走第二维恰好比它大一点的警卫，这样是不用退流的。set按第二维排序维护还没流满的警卫便可。

注意比较函数的写法，防止插入的时候被判等而插入失败。好像写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;
    }//第一维排序
}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);
    }//第二维排序
};
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;//手动修改剩余容量
        if(it!=s.end())
            ans-=a[i].v,(*it)->v-=a[i].v;
    }
    cout<<ans;
    return 0;
}

老鼠进洞模型

数轴上，某些位置有老鼠或洞，洞有容量，全部老鼠都要进洞，代价为移动距离。最小化代价。

先假设洞容量为\(1\)。

DP的作法：给老鼠和洞按位置从左到右依次编号。设\(f_{i,j}\)表示到第\(i\)个位置有\(j\)个老鼠未匹配的最小代价（\(j\)能够为负，表示还须要\(j\)个老鼠），那么最后的\(f_{n,0}\)是答案。

把代价拆开，\(i\)与\(i'(i\le i')\)匹配的代价是\(x_{i'}-x_i\)，只须要在\(i\)处减\(x_i\)、在\(i'\)处加\(x_{i'}\)。

当\(i\)是老鼠：\(f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+\begin{cases}-x_i(j>0)\\+x_i(j\le0)\end{cases}\)，看起来好作。

当\(i\)是洞：\(f_{i,j}=\min\left(f_{i,j},f_{i-1,j+1}+\begin{cases}-x_i(j<0)\\+x_i(j\ge0)\end{cases}\right)\)，看起来很差作。

但实际上有用的转移：\(f_{i,j}=\begin{cases}f_{i-1,j+1}-x_i(j<0)\\f_{i-1,j+1}+x_i(j>0)\\\min(f_{i,j},f_{i-1,j+1}+x_i)(j=0)\end{cases}\)

为何只剩下\(j=0\)时候须要决策了呢？显然可能出现洞多了不会选的状况。问题在于其它的转移的决策怎么没了。laofu惜字如金，蒟蒻只好感性理解了：大概是由于\(x_i\)是递增的，因此以前转移完，相邻下标的两个\(f\)的差不大于如今的\(x_i\)，当前转移完仍是知足这一条件。

因而，这两种转移，在\(j<0\)和\(j>0\)的部分，都是在把序列总体移动，全局加一个值，再推入/删除边上的元素。使用两个栈维护，栈顶分别是\(f_1,f_{-1}\)，元素不够的时候补\(\text{INF}\)就好了。\(f_0\)单独维护。

再讨论容量任意的状况。

一个洞容量可能会很大，但永远只会有它周围的老鼠进去。

假设老鼠只往左走，算每一个洞会进多少。再假设老鼠只往右走，算每一个洞会进多少。每一个洞的容量对这两个值的和取\(\min\)。

%laofu的证实吧：

Proof.
从第一遍贪心到原问题,对于每个洞而言,从它右边出发到达它左边的老鼠不会变多。
从第二遍贪心到原问题,对于每个洞而言,从它左边出发到达它右边的老鼠不会变多。

而后总容量就不超过\(2n\)了，跟上面同样作。

写基排的话时间复杂度就是\(O(n)\)。

#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){//两遍贪心控制容量范围
        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){//双栈维护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;
}

---

基础的费用流模型：左边老鼠，右边洞，中间数轴。一单位流至关于一个匹配。

模拟费用流作法：坑