AGC043F
下文大概是个人的瞎yy，我不知道为啥别人可以直接把图建出来。
考虑 \(A\) 固定如何处理，我们不难注意到对于这 \(A\) 个珠宝盒，我们确定每个珠宝商处购买的珠宝集合，那么必然是按照大小从小到大顺序排布的（显然有交换后不优）。
先排好序，我们记 \(x_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个珠宝商处购买的第 \(j\) 种珠宝的数量的前缀和，那么约束改为：
同时对于第 \(i\) 条约束，对于每个 \(U_i\) 枚举 \(j\)，计算得到最大的 \(k\) 使得 \(S_{V_i,k}\le S_{U_i,j}+W_i\)
则有 \(x_{U_i,j}\le x_{V_i,k}\)，否则对于 \(j\) 中多余的部分，其将匹配 \(x_{V_i,k+1}\)，而这是不被允许的。
于是增加约束：\(x_{U_i,j}\le x_{V_i,k}\)
我们改成标准形，同时增加 \(D\) 表示初值 \(0\)：
最小化：\(\sum x_{i,j}(P_{i,j}-P_{i,j+1})\)（设为 \(h_{i,j}\)，对于 \(j=0\)，令 \(x_{i,0}=D\)）
我们发现所有限制都是两个变量一加一减，这意味着在对偶之后（所有的限制变成了点）这些新的变量必然是在每个方程中出现了恰好一次，同时恰好为一次正一次负（新的限制为原来所有的节点）这意味着我们只需要考虑对于每个限制 \(x-y\ge w\)，连接一条 \(x\to y\) 且流量为 \(\infty\)，费用为 \(w\) 的边。
然后我们从源点对于每个 \(h_{i,j}>0\) 连接 \(S\to (i,j)\) 费用为 \(0\) 流量为 \(h_{i,j}\) 的边即可，对于 \(h_{i,j}<0\) 则连接 \((i,j)\to T\) 费用为 \(0\) 流量下界为 \(h_{i,j}\)，上界为 \(\infty\) 的边即可。（注意到之前的建模规定 \(+\) 为流出，\(-\) 为流入）
此时我们转换为求上图中的带上下界最大费用可行流问题（当 \(A\) 足够大的时候上图将产生负环）。
不难注意到 S 的流出 = T 的流入，于是可行流转换为最大流，我们等价于求上图的最大费用最大流问题。
我们考虑枚举 \(A\) 类边的生效次数（这里的次数被定义为 \(+A\) 的经过次数与 \(-A\) 的经过次数之差）并考虑此时的最大流。
我们考虑确定每条边的经过次数，此时可以发现假定存在一种方案使得 \(-A\) 被流过了至少一次，那么由于 \(D\) 必然存在 \(+A\) 的流入，由于同行间 \(x_{i,j}\to x_{i,j-1}\) 的边都是 \(0\)，那么我们可以改为流 \(0\) 边然后消去这类 \(-A\) 的贡献。（否则某行若只有 \(-A\) 的贡献却没有 \(+A\) 的贡献则一定不优）
于是我们删去 \(-A\) 类边，此时只需要考虑 \(+A\) 的边的被经过次数 \(z\)，由于所有的 \(+A\) 边都流入 \(D\)，这启示我们建立一个新的源点 \(S'\)，然后我们在上图中加入 \(S'\to D\) 流量为 \(z\) 的边并规定其强行流满，求此时原图中剩余边的最大费用流即可。
我们考虑先在不经过这类边的情况下求出原图的最大费用最大流，此时每条 \(+A\) 边的加入都相当于一次从 \(D\) 开始的增广同时进行了一次退流，不难发现退流的过程中经过的 \(T\) 边集不变，这等价于我们退掉了一条从 \(S'\to S\) 的流量（同时这条边的起点必然是 \(S\to x_{i,K_i}\)）。
于是这启发我们将 \(D\) 作为新的源点，然后将 \(S\) 作为汇点，然后保留所有连接 \(S\to x_{i,j}\) 的边（此时需要反向连接），然后保留残余网络中所有的边求解最大费用最大流即可。
然而这样有个问题，假定 \(x_{i,j}\) 不为 \(x_{i,K_i}\) 此时增广路的替换会失效，因为我们少增广了其到某个 \(x_{i,K_i}\) 的路径。
这意味着我们需要强行规定增广路将流至 \(x_{i,K_i}\)，这样走的反向边就代表退流，而新加的边则代表初始边到 \(x_{i,K_i}\) 的增广。
然而我们现在难以确定 \(x_{i,K_i}\to T\) 的边的流量，不过我们可以直接令 \(x_{i,K_i}=T\)！不难发现这恰好对应着我们前面的所有条件。
现在我们已经可以在 \(\mathcal O(\sum P_{i,K_i}\times nm+q\log )\) 的复杂度解决本题了，不过看上去需要做两次网络流还是很麻烦的，有没有更好的性质呢？
我们可以发现初始图上的答案为 \(0\)，且存在一种简易的增广方式：
对于所有源点出发的点，流 \(0\) 边，流至一个流向汇点的边为止。（显然每一行都可以这样增广增广完）
此时我们只需要考虑确定 \(0\) 边的经过次数，不难发现一条 \(x_{i,j}\to x_{i,j-1}\) 的边会被经过恰好 \(P_{i,j}\) 次，所以我们可以初始连边直接改为 \(x_{i,j-1}\to x_{i,j}\) 一条 \((P_{i,j},0)\) 的边。
然后我们增广 \(\sum P_{i,K_i}\) 次求解答案（也可以直接进行多次增广直到最短路变换为止，这样的复杂度同 dinic 费用流）即可。
查询上只需要考虑增广多少次会使得 \(A\) 不再流，这意味着取反边权后的最小费用可行流中的最短路径的长度大于 \(A\) 时将停止增广，这个 Part 可以通过 lower_bound 处理，复杂度 \(\mathcal O(q\log n)\)
另：当 \(A\) 足够大的时候，此图上将存在一个正环，此时将持续增广，对应着无解的情况。
