网络瘤乱做
待整理题目：
- CF1404E Bricks
- P4452 [国家集训队]航班安排
还未完成的题
网络流二十四题
如果地球和月球间不连通则无解，否则必定有解，这个可以通过并查集判断。二分答案，转化为可行性判断。考虑最大流，对于每个时刻建分层图：人可以选择一条航线坐飞船前往下一个星球，对于每只航线飞船当前在哪一星球，会飞往哪一星球都可以简单计算得到，对应连边，容量为飞船最大载客量；人亦可以选择停留在当前星球，因此从上一个时刻每个星球向这个时刻的同一星球连 INF 的边。建立超级源汇，源点连向所有地球对应的点，所有月球对应的点都连向汇点，容量均为 INF。如果整张图的流量超过了 \(k\) 则证明当前时刻有解了。注意到答案并不大，重新建图时间开支很大，所以实际实现上可以直接从小到大枚举答案，在原图基础上加边即可。要比二分答案快很多。
两种飞行员抽象成二分图的左右部点，能搭配的两人连边。转化为求二分图最大匹配和方案。最大流之后枚举边看是否满流即可。
状压，将每个 bug 是否被修复过压成一个 20 位的二进制数作为状态，将补丁会起到的作用之间的点连有向边，权为使用补丁的耗时，那么起点为状态全 \(0\)，重点为状态全 \(1\)，跑最短路即可。
trick：最大权闭合子图问题。求解套路：将正收益连源点，负支出取正值连汇点，原先的从属关系连INF边（这里依旧是保持关系，有防止割断的含义）。答案即为总收益减去最小割。考虑最小割在图中的本质，割断收益的边表示放弃放弃了收益，割断支出的边表示留下相应的收益，但是要付出支出。
最大权闭合子图问题模板。将每项实验连向源点，容量为收益；仪器连向汇点，容量为购买所需费用。实验连向所需的仪器，容量为INF。需要注意的是输出方案。不能直接通过每个点与源汇边之间的残量来判断。考虑这样一条路径 \(S \rightarrow u \rightarrow v \rightarrow T\) 三条边的容量都相等，这样当我们跑一遍之后三条边都会满流，这样判断的话就要割三条，实际上只需要割断一条。常用的方法是从源点开始在残量网络上深搜打标记。
每种试题可以属于多种类型，容易想到将试题向种类连边，因为一个试题只能有一种类型，所以边的容量为 \(1\)。依旧是建立超级源汇的套路，源点连试题，每个题只有一道，容量为 \(1\)。种类连向汇点，容量为这类题的数量。接着跑最大流，如果流量与试题总数不相等，那就说明问题无解。如果有解，我们检测一下题目与种类相连的哪些边上有流量，那就说明这个题属于这个种类，遍历统计答案即可。
trick：最小路径覆盖 = 总点数 - 最大流
假设原先图上有 \(n\) 条路径，每条路径覆盖一个点。每次合并两条首尾相接路径，可以使原图中的路径数减少 \(1\)。对于每个点拆点 \((a_i,b_i)\)，连边容量为 \(1\)。对于原图中一条 \((x,y)\) 的边，我们可以选择合并 \(x\) 和 \(y\)，所以连边 \((a_x,b_y)\)。建立源汇，连边 \(S,a_i\) 和 \(b_i,T\)，因为每个节点最多合并一次，因此容量均为 \(1\)。最后最大流即为最多可以合并的路径条数，拿总点数减去最多合并数即为最小路径条数。输出方案没有什么好的方法，只能并查集加遍历残量网络构造。
最小路径覆盖问题变式。考虑为什么会是变式，因为我们要尽可能在一根柱子上放多的球，对于有限数量的球，我们就要使用尽可能少的柱子。那么不难转化成小球代表每一个节点，而最大流量就是所需要柱子的数量。由于是按顺序放，所以如果新加入一个球，那么对于每个比它标号小的球，如果可以相加凑成完全平方数的向新球连边。源汇向小球所代表的节点连边。每次新建边后，就相当于尝试在残量网络上增广。如果残量网络上的最大流为 \(0\) 说明已经无法再放新的球了，这时候就只能增加柱子了。因此当新加入 \(i\) 时 DAG 的 路径数大于柱子数时，答案为 \(i - 1\)。
第一问先 DP 跑出每个位置 \(i\) 的最长不下降子序列长度 \(f_i\)。对于第二问，建立源汇，因为每个位置只能用一次，拆点并连边容量 \(1\)。如果 \(f_i = 1\) 说明在原序列上这个位置可以作为转移的起点，源点向入点连边容量为 \(1\)；如果 \(f_i = ans1\) 说明在原序列上这个位置可以作为转移的终点，出点向汇点连边容量为 \(1\)。如果对于两个位置 \(j < i\)，有 \(a_i \geq a_j \wedge f_i = f_j + 1\)，那么说明在原序列上两个位置可以发生转移，\(j\) 的出点向 \(i\) 的入点连边，容量为 \(1\)。跑最大流即可。对于第三问，只需要将源点向 \(1\) 的入点，\(1\) 的入出点之间，\(n\) 的入出点之间，\(n\) 的出点向汇点间的容量改成 INF 即可。
从西段出发再从东端回来，实际等价于从西段出发两次。每个城市只能经过一次，所以拆点在点上加限制，容量为 \(1\) 费用为 \(1\)。可以抵达的城市就连容量为 \(1\) 费用为 \(0\)。源向起点，终点向汇各连一条容量为 \(2\) 的边表示跑两次。如果最大流不是 \(2\) 则无解，否则最佳航空路线即为最大费用最大流。输出方案还是搜索加打标记做。
trick：最小割中将容量设为 INF 有防止割断的含义。
同样是方格图问题，不妨跟着套路来，按照奇偶性进行染色。考虑将问题转化，从方格中删去若干个数，使得剩下的数没有边相连，让删去的数的和尽可能小。将点上的值转化为容量，源连白点，黑点连汇，容量均为对应方格上的数。那么割断这条边的含义即为删去这个数。将互斥的格子进行连边，方向为白到黑（坑点），容量为 INF。割要保证图不连通，就意味着不再有互斥的方格。中间的边表示的是一种关系，所以割掉没有任何的意义，因此将其容量设为 INF 使其不会被割断。假设图中还有互斥的方格，它们就可以通过中间的 INF 边联通图，与得到的是割的结论不同。使剩下的数尽可能大，就要使割尽可能小，最大流求最小割即可。
完全不会，等拿了图灵奖再回来做。
类似于试题库问题。将人看作流量，每个单位在一张桌子上只能有一个人，容易想到单位向桌子连边，容量为 \(1\)。套路的建立超级源汇，源点连向每个单位，容量即为单位的人数，桌子连向汇点，容量即为桌子所能容纳的人数。跑最大流即可。检测是否有解和输出解的方案和试题库问题相同。
典型方格图类问题。依然按照每个格子“行加列”的奇偶性进行染色，骑士的走法使得同种颜色间没有连边，所以可以得到一张二分图。求最多放多少个点使得互相不会攻击，相当于求这个二分图的最大独立集，答案就是总点数减去最小割，再去掉是障碍的点。建立超级源汇，分别连黑点和白点，不会互相攻击的格子连，容量均为 \(1\)，互相攻击的格子连容量为无穷大的边，求最小割即可。
每个地方的数只能取一次，但是可以经过多次，这和方格取数加强版很像，考虑拆点，对于每个点入点和出点间连 INF 边表示可以被同时经过和经过无限次。只能向上和右走，每个点的出点向其上、右点的入点连边，容量为 \(1\) 费用为路径上生物标本的价值，表示只能取一次；也向出点连边，容量为INF费用为 \(0\) 表示可以经过无限次，但是并不会有收获。建立源汇，源点连每个出发点的入点，费用为 \(0\)，容量为可以在此出发的机器人数量；每个目的地的出点连汇点，费用为 \(0\)，容量为可以在此离开的机器人数量。最大费用最大流求解即可。
和深海机器人类似，还是拆点分成两种边（有石头走一次和没石头走无限次）跑费用流。输出方案也是套路的搜索遍历。
考虑费用流。记离散化前左右端点为 \(l,r\)，离散化后为 \(L,R\)。问题可以转化成挑选尽可能长的区间，对于每个位置最多被覆盖 \(k\) 次。对离散化后的数轴上每个位置 \(i\)，\(i\) 向 \(i + 1\) 连容量为 \(INF\)，费用为 \(0\) 的边；对于每对 \(L\) 向 \(R\) 连容量为 \(1\)，费用为 \(r-l\) 的边。建立源汇，源点向 \(1\) 连容量为 \(k\)，费用为 \(0\) 的边。跑最大费用最大流，这样只要有流量，就会优先走 \((L,R)\) 的边。因为题目保证了是开区间，所以不用考虑端点问题。如果是闭区间改成 \(L\) 向 \(R+1\) 连边即可。
将线段向 \(x\) 轴投影即可转化成可重区间集问题。现在唯一的问题在于如果有平行于 y 轴的直线，会出现左右端点重合的情况，与开区间冲突。有一个智慧方法是左右端点都扩大两倍，如果左右端点重合，将右端点再 \(+1\)，否则左端点 \(+1\) 即可。 剩下的部分和上一道题完全相同。
显然有动态规划做法，记 \(dp_{i,j,k}\) 表示在 \((i,j)\) 还剩 \(k\) 个油的最小花费，跑一个类似于最短路的东西就好了。
如果使用网络流做法，难以控制油量的问题。考虑分层图，将一个节点拆成 \(k\) 个点，表示剩余相应的油量。每个点的不同油量向其可以到达的点的相应油量减一的节点连边，容量为 \(1\)，代价为 \(0\)。最底层节点，即表示没有油的节点，向最高层节点，即满油的节点连费用为额外设加油站以及加满油的代价的边。对于有加油站的节点，由于强制加油，所以每个低层节点都向最高层节点连费用为加满油的代价的边。建立源汇，跑最小费用最大流即可。
钥匙数量不多，直接状压加搜索，做完了才想起来和 [TJOI2009] 宝藏 是一个题。
三问都用最大费用最大流求解。对于第一问，点边都只能经过一次。对于点的限制，考虑拆点，容量为 \(1\) 费用为这个点上的数字。对于边的限制，每个点 \((i,j)\) 的出点向 \((i+1,j)\) 和 \((i+1,j+1)\) 的入点连边，容量为 \(1\) 费用为 \(0\) 表示每条边只能经过一次。源点连向第一层点的入点，最后一层点的出点连向汇点，容量均为 \(1\)，费用为 \(0\)。对于第二问，可以经过相同节点，将每个点入点和出点间的边容量改为 INF，表示可以无限次经过。需要注意的是最后一层点的出点连接汇点的边容量也要改成 INF。对于第三问，可以经过相同节点和相同边，将点和点之间的连边容量改为 INF，表示可以无限次经过。
仓库和商店的分类很直观的给人二分图的感觉，能够自然联想到建立超级源汇。货物的单位数量实质就是容量，运输费用就是费用。将源点向仓库和商店向汇点连给定容量的边，花费均为 \(0\)；仓库和商店之间连无限容量的边，花费为给定的值。跑费用流即可。
类似于运输问题。人和工作构成二分图的两侧，建立超级源汇，源点连向人，工作连向汇点，容量均为 \(1\)，费用为 \(0\)。人向工作连边，每个人只能选一项工作，边的容量为 \(1\)，费用为给定的产生的效益，跑费用流即可。
做惯了二分图的模型，这个题题意中只有一个事物，所以莫名其妙想要拆点。将一个仓库拆成入点和出点，流的定义即为仓库中实时的货物数量。由于最后要求各个仓库货物相等，所以出点连向汇点，容量均为 \(\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{n} a_i\)；源点连入点，容量就是初始的每个仓库的货物数量。这个时候流已经有了定义，但是并不能体现出“代价最小”，所以需要再定义费用，跑费用流。尽管题目中说货物只能在相邻的仓库中运输，但是不妨将一个仓库的入点连向每个仓库的出点。由于货物可以随便转，所以容量均设成INF。费用即为两仓库间的距离，注意正反走法取较小值。这个题目 \(n\) 很小，即便边数很多，依然能够通过。
最大流
发现食物和饮料对牛都有限制，所以把牛放在中间，两边连对应的食物和饮料，再由食物和饮料连向源汇。
但是这样有一个问题，不能满足每个牛只拥有一种食物和饮料。考虑通过拆点限制容量，将一头牛拆成入点和出点，中间连一条容量为 \(1\) 的边即可。跑最大流得到答案。
首先考虑如果钦定了一个范围，即牛只能选择第几到第几喜欢的牛棚，怎样判定选择的范围是合法的。源点连牛，牛棚连汇点，牛向其可以选的牛棚连边，容量均为 \(1\)，中间的边有流量的含义为选择了这个牛棚，跑一边最大流看流量是否等于牛的总数即可。
选择第几到第几喜欢，考虑到牛棚总数量不大，这个是可以暴力枚举的。显然选择的范围越大，每头牛可供选择的牛棚越多，这是具有单调性的，所以可以二分答案，答案就是选择的范围大小加一。
3.蜥蜴
拆点典中典。
不妨将问题转化为最多有多少只蜥蜴能出去。这样显然要建立源汇，源点连向每个蜥蜴的初始所在的石柱，距离边界小于跳跃距离的石柱连向汇点。每个石柱只能经过一定次数，这种限制很自然想到拆点，中间连容量为相应次数的边，限流表示只能经过这么多次。对于能相互到达的点连INF边，表示联通的关系。跑最大流即可，答案为总蜥蜴数减去最多出去的蜥蜴数。
4.Zoj3229 Shoot the Bullet|东方文花帖
有源汇上下界最大流模板。
建立二分图，每一天为左侧点，每个人为右侧点。普通源向每一天连 \([0,D_i]\) 的边，每个人向普通汇连 \([G_i,INF]\) 的边。
最小路径覆盖。每个点朝下方可以到达的点连边，对于路径覆盖我们有结论：覆盖=点数-最大独立集=点数-最小割=点数-最大流。建图按做即可。
6.CF387D George and Interesting Graph
其实是二分图最大匹配。注意到点数很少，所以考虑枚举中心点。对于每个中心点我们和其他点都要有连边。每个点去掉和中心点的连边之外，就只剩下一条入边和一条出边，这个东西就是非常标准的二分图最大匹配形式了。我们要做的就是统计每个点的出度和入度，枚举中心点的时候好算贡献。然后建图跑二分图最大匹配。
对于使一个中心点合法，我们需要操作 \(2 \times n - in_i - out_i -1\)，求出的最大匹配为已有边中可同时用的最多的边，记为 \(f\)。那么还需要删除 \(m - in_i - out_i -f\) 条边，加入 \(n - 1 - p\) 条边。
所以最后的答案为 \(\min_{i \in G} {3 \times n - 2 - f - 2 \times (in_i + out_i)}\)。
最小割
使除这一条边以外的边权减一，相当于给这条边边权加一。我们将需要加入的这一条边的两个端点记为源点和汇点。
由 \(\text{Kruskal}\) 算法可知，在最小生成树中加入连接 \(s \to t\) 的边的充要条件是先前加入的边不能使 \((s,t)\) 联通。也就是说需要在比这条边边权小的边中删掉一些，使得 \((s,t)\) 不连通。
由删边联想至最小割。将比该边边权小的边都加入网络，容量即为删掉这条边的代价，也就是给要删的边的边权加一超过该边的次数，容易知道是 \(val_id - val_i + 1\)。
特殊的是由于题目中给定的是无向边，所以我们在网络中双向规约，不论正反，直接建立双向边，容量均为上面的代价。
2.文理分科
trick：模型：有 \(n\) 个物品和两个集合 \(S\) 与 \(T\)，把物品 \(i\) 放入 \(S\) 代价为 \(a_i\)，放入 \(T\) 代价为 \(b_i\)。此外有若干个形如 \((x,y,z)\) 的限制，表示 \(x\) 和 \(y\) 不放入一个集合代价为 \(z\)，求最小代价。做法：建立 \(S\) 和 \(T\) 作为源汇，对于每个物品 \(i\)，连边 \(S \to i\) 和 \(i \to T\)，容量分别为 \(b_i\) 和 \(a_i\)。对于限制，对两个点连双向边，容量均为 \(z\)。注意到当 \(S\) 和 \(T\) 不相连时，每个 \(i\) 要么与 \(S\) 相连，要么与 \(T\) 相连。割开 \(S \to i\) 表示将 \(i\) 放入 \(T\)，割开 \(i \to T\) 表示将 \(i\) 放入 \(S\),割开 \(x\) 和 \(y\) 之间的边表示两物品不在同一个集合。综上，最小割即为最小代价。
集合划分模型。每个人要么选文，要么选理，那么文理就是两个集合。点代表每个人，向源汇连边，容量就是选文或理的收益。对于相邻点选同样科目加分的限制，我们可以将这些点看作一个整体，再建立一个新的点能够表示这个整体，再将新点连向对应的集合，容量为额外的收益。如何能确保这些点能够一直绑定呢？考虑在最小割中INF边有防止隔断的含义，将新点向这些点连双向边，容量为INF，这样就能确保只有这些点都连向一个集合才有收益。答案即为总收益减去最小割。
trick：最小割的必须边（一定在最小割中的边）和可行边（被某一种最小割方案包含的边）。概念：显然必须边一定是可行边。首先在最小割中出现的边一定满流，也就是在残量网络上没有流量。但满流不一定是割边，如果该边是割边，在残量网络上一定找不到其两端点的另一条路径。因为如果存在，那么割掉该边还必须割掉另一些边，显然不优。对于必须边，在残量网络上一定有源点和边的入点、边的出点和汇点间存在路径相连。假设上述条件不成立，那么说明在源到入或出到汇的路上就已经被割断了，那么作为中间的这条边就不一定必须被割掉，这与前面的结论矛盾。求法：判断是否联通，考虑 \(\text{Tarjan}\) 判连通性，即先跑最大流，然后在残量网络上 \(\text{Tarjan}\) 找强连通分量，然后枚举边看端点的连通性即可。
模板题，题目中的问题一即为求可行边，问题二即为求必须边。
trick：平面图最小割等于其对偶图最短路。平面图转对偶图方法：将每个区块编号，两个相邻的区块连边，权值为它们中间边的容量。
平面图转对偶图典题。按照套路编号，对于边缘的边，建立超级源汇，源点连靠左边界和靠下边界的区块，靠右边界和上边界的区块连汇点，其余的按照左、下连右、上的方式建图，然后跑出来的最短路就是最小割。
最大权闭合子图。和太空飞行计划问题很像，只是中间的边不同。假如说没有租机器的限制，源点向工作连边，容量为收入；机器向汇点连边，容量为支出；工作连向所需要的机器，容量为租价。容易发现对于一个机器不可能既割断与工作的连边，又割断与汇点的连边，因为只要割断一个就可形成割。感性理解割断租价边的含义即可知道这样连边的原因。
5.[USACO4.4]追查坏牛奶Pollutant Control
第一问最小割板子。第二问求最小割边的数量，一种好做的方法是把残量网络上满流边容量改为 \(1\)，其他边容量改为INF（不包括反向边），再跑一次最大流得到答案。
发现一条边如果被选择了，那么它的两个端点也会被选择。剩下的就是最大权闭合子图板子。
首先考虑依赖关系，一个植物如果可以被吃，那么可以攻击它所在位置的植物和它右边的植物一定已经被吃掉了。按照这个关系先把图建出来，限制这个位置的点连向这个点。
手玩样例发现如果在这种连边方式下，环和环所指向的点都无法被吃掉，这些是可以先删掉的。缩点打标记和拓扑排序即可。
吃掉植物有的是代价有的是收益，植物间又还存在依赖关系，所以再套最大权闭合子图即可。
题目中保证了分为两个城市群，所以显然是个二分图，按题目中建图得到的是“建交城市”的补图，先染色分开。
考虑构成城市群的条件，转化问题就是求删掉哪条边可以使二分图的最大独立集变大。因为最大独立集=总点数-最小点覆盖=最大匹配数，所以可以最大流，至于选择删掉哪些边，就是求最小割的必须边，残量网络上缩点即可。
一个人要么选择愿意，要么选择不愿意，所以考虑集合划分模型。
建立源汇并相连，分别表示选择同意或者不同意，容量为选择另一状态的代价。可以用 \(i \to j\) 表示 \(i\) 选择了同意但是 \(j\) 选择了不同意，这个时候需要额外付出 \(e_i\) 的代价，所以建边 \(i \to j\) 容量为 \(e_i\)。
对于喜欢关系，我们将题意转化一下，会变成如果 \(A\) 所在的组有不同意且 \(B\) 同意，产生 \(a_i\) 的代价；\(A\) 选择不同意且 \(B\) 所在的组全部同意，产生 \(b_i\) 的代价。这时候我们发现和组内的额外代价有些相似了，只不过后者发生了跨组。因此不妨建立新的节点代表每个小组，在残量网络上如果小组和源（汇）相连表示这个小组合作成功（失败），小组向每个成员连INF边表示关系，即如果小组成功合作但是成员有选择不愿意，代价为INF，这样就可以起到防止割断的作用。
此时再将 \(B\) 和 \(A\) 在的组连边，容量为 \(a_i\)；\(B\) 对应的组和 \(A\) 连边，容量为 \(b_i\)。感性理解不难发现符合上面所推出的关系，剩下就是裸的模型流程了。
最大权闭合子图。首先给选集合的代价取反使得变成最大取值的问题，然后加上 \(INF\)，原因下面解释。源点连向集合，权为 \(INF\) 减去选集合的代价，断掉相当于不选集合；元素连向汇点，权为 \(INF\)；集合向集合内的元素连边，权为 \(INF\)，断掉相当于选元素。断掉集合和元素间的连边显然不优，从而起到了防止隔断的作用。显然有一个割法是 \(n\) 个集合都不选。由于我们给每个权加上了 \(INF\) ，所以选的边必然是 \(n\) 条，不然必然劣于每个都不选。假设选了 \(n-x\) 个集合，那么还有不少于 \(n-x\) 个元素不被割断，所以右边还要割断至少 \(n-x\) 个元素，由此得到割掉的边数不可能少于 \(n\)。因为未选的集合数量加上选了的元素的数量等于 \(n\)，所以得到了集合数等于元素数。
费用流
1.Boxes
和负载平衡问题基本相同的一个题，改出点连向汇点的容量为 \(1\) 即可。
但是这个题的 \(n\) 变大了，而且多测，所以巨大的边数达到了不可接受的地步。实际上根本没有拆点的必要，直接跟着题意走。
并成一个点，源汇的连接情况相同，边的内部情况改为每个点只向相邻的点连一条容量INF、费用为 \(1\) 的边，这样边的数量由 \(n^2\) 下降到了 \(2n\)，时间复杂度大幅下降。注意多测清空。
2.方格取数
题目中对取数又有次数的限制，又有大小的要求，一个“意义”肯定没法满足，所以用费用流。
注意到每个方格的数只能取一次，这种限制直接考虑拆点，连边容量为 \(1\)，表示只能取一次，费用为格子中的数。总共可以走 \(k\) 次，这个限制不好满足，所以还是建立超级源汇，源点向起点 \((1,1)\)、终点 \((n,n)\) 向汇点分别连一条容量为 \(k\) 费用为 \(0\) 的边，表示总共走 \(k\) 次。每个格子的出点向下、右的格子入点连INF边，费用为 \(0\)，表示连接的关系。每个格子中的数只能取一次，但是可以经过任意次，所以可以相当于直接略过了这个格子，由上一个点的出点向要去的点的出点连INF边，费用为 \(0\)，表示经过。
最后要求最大费用最大流，还是取负数的套路。
考虑题目中提到访问这些行星恰好各一次，又是对流量的限制，直接考虑拆点。注意到容量表示了行星间的行驶关系，这样并不能表现出所花费时间尽可能少，所以用费用流。每个行星出点向汇点连容量为 \(1\) 费用为 \(0\) 的边表示必须来一次。容易发现两行星之间的路径只可能走一次，对于有路的行星，由引力小的入点连向引力大的出点，容量为 \(1\) 费用为航行时间。飞船可以选择从任意一个行星出发，所以由源点向每个行星入点连一条容量为 \(1\) 费用为 \(0\) 的边表示关系。对于能力爆发模式，由源点向每个星球出点连一条容量为 \(1\) 费用为定位时间的边，表示使用该模式。最小费用最大流求解即可。
每个十字路口只能经过一次，拆点，容量为 \(1\) 表示限制，但是起点和终点连INF边，表示多次出发。可以互相到达的十字路口连边，费用为街道的长度。容易发现此时最大流即为周期的天数，最小费用即为最短路的长度。
板子题。第二问重新建图，连两种边：容量为无限，费用为扩容费用；容量为原容量，费用为 \(0\)。最小费用最大流即可。
新奇的拆边题。产品和员工是很明显的二分图，如果没有分段函数的愤怒值，那就是板子题了。考虑加上分段函数怎么做，如果把员工拆点，那么会增加大量的边，是复杂度陡然提升。注意到分段函数分的段并不多，所以直接将边拆开。人为设一个员工的产品数量为 \(T_0=0,T_{s+1}=\text{INF}\)，源点向员工总共连 \(s+1\) 条边，分别为容量 \(T_i-T{i-1}\)，费用为 \(W_i\)。最小费用最大流即可。
不会做，My_Youth 秒了，看她的题解。
平均等待时间最少，就是总等待时间最少。类似于提前计算中的第二个题，一个人到底等了多长时间我们并不好计算，但是一个人到底被等了多长时间我们是好知道的，所以我们费用提前计算，把一个人等的时间摊到每个对其来说需要被等的人身上。我们将维修人员拆点，连边表示第 \(i\) 个车主的车由第 \(j\) 个维修人员修，且是这个维修人员修的倒数第 \(k\) 辆车，那么费用即为 \(k \times tim_{i,j}\)，因为倒数第 \(k\) 个维修，算上其自己会共有 \(k\) 个人等待。
