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

直接通过建图的特殊性质加速增广

Museum

看到保护关系可以直接想到最大权闭合子图。建图，左边每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$90°$，再整体旋转$45°$），可以看到连边实际上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做一个扫描线，以降低一个$\log$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刚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即可。

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，所有老鼠都要进洞，代价为移动距离。最小化代价。

先假设洞容量为$1$。

DP的做法：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（$j$可以为负，表示还需要$j$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$x_{i'}-x_i$，只需要在$i$处减$x_i$、在$i'$处加$x_{i'}$。

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

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

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

为什么只剩下$j=0$时候需要决策了呢？显然可能出现洞多了不会选的情况。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：大概是因为$x_i$是递增的，所以之前转移完，相邻下标的两个$f$的差不大于现在的$x_i$，当前转移完还是满足这一条件。

于是，这两种转移，在$j<0$和$j>0$的部分，都是在把序列整体移动，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$\text{INF}$就行了。$f_0$单独维护。

再讨论容量任意的情况。

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，算每个洞会进多少。再假设老鼠只往右走，算每个洞会进多少。每个洞的容量对这两个值的和取$\min$。

%laofu的证明吧：

Proof.
从第一遍贪心到原问题,对于每一个洞而言,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,对于每一个洞而言,从它左边出发到达它右边的老鼠不会变多。

然后总容量就不超过$2n$了，跟上面一样做。

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。一单位流相当于一个匹配。

模拟费用流做法：坑