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
#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 us;
int main(){
n=in(),m=in(),w=in(),h=in();
for(R i=0;i::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< 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
#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//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=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