【堆模拟费用流增广】UOJ455 [UER #8] 雪灾与外卖

【题目】
原题地址
一条直线上有$n$个送餐员和$m$个餐厅。每个送餐员都要去餐厅取菜，花费为距离+菜的价值。每个餐厅有提供菜数量限制，求最小花费。$n,m\le 10^5$，其他数字$\le 10^9$

【解题思路】
题解看这
设送餐员为$a$，餐厅为$b$，坐标为$x$。
首先我们可以观察到一个十分$\text{naive}$的性质：$\forall 1\le a_i<a_j\le n,1\le b_k<b_l\le m,|x_{a_i}-x_{b_k}|+|x_{a_j}-x_{b_l}|\le |x_{a_j}-x_{b_k}|+|x_{a_i}-x_{b_l}|$
于是我们按顺序$\text{DP}$，状态为前$i$个送餐员匹配到前$j$个餐厅的最小花费，转移时枚举第$j$个餐厅匹配多少个送餐员，用单调队列优化可以做到$O(nm)$

考虑一个更显然的问题，这个就是一个二分图匹配问题，我们建图跑费用流就可以了。
然而这样做并不优秀，于是我们考虑套路，用堆或线段树来模拟费用流的增广，这里显然是用堆。

我们考虑把餐厅和送餐员放在一起按照坐标排序，从前往后考虑，当考虑到一名送餐员$i$时，我们先让它与前面的一个空的餐厅$j$匹配。费用为$x_i-x_j$，那么我们就是要找一个最小的$-y_j$。(如果没有空的餐厅我们可以视为在$-\infty$处有无穷个餐馆)。

匹配完之后，我们可能进行调整，把这名送餐员改为匹配后面的餐厅。那么我们就可以撤销这次操作，然后把这名送餐员当做没有使用过，那么往堆中丢入$-(x_i-x_j)-x_i$，即减去之前这组匹配的贡献，然后寻找新匹配。 扫到餐厅时也类似，先可以匹配一名送餐员，然后可以撤销这组匹配，寻找新匹配。

对所有餐厅和送餐员分别建一个堆来维护这个操作。注意我们既可以对送餐员进行反悔，也可以对餐厅进行反悔，即每新增一组匹配，我们往两个堆中分别加入反悔操作。

设每个餐厅能提供$c_i$的菜，复杂度是O$((n+\sum c_i)\log (n+\sum c_i))$
这个就是一个纯模拟费用流了。

考虑这个过程中我们维护了两个堆，一个维护待匹配的送餐员，一个维护待匹配的餐厅。之前复杂度不对的原因是送餐员堆的复杂度没有保证，因为一个餐厅匹配了一名送餐员之后，这名送餐员可能反悔，所以这名送餐员又会重新丢入送餐员堆中。

但注意到对于送餐员$x,y$和餐厅$a,b$来说，若$x<y<a<b$，那么当送餐员$x$和$y$在匹配了餐馆$a$时，丢到堆里的元素都是$-x_a-w_a$，也就是说每次餐馆匹配了若干送餐员后，往送餐员堆里面丢的东西都是等权的，因此只需要丢一次就行了。

复杂度就是$O(n\log n)$的了。

【参考代码】

#include
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=2e5+10,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,cnt;
ll ans,tot;

int read()
{
	int ret=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	while(isdigit(c)) ret=ret*10+(c^48),c=getchar();
	return ret;
}

struct node
{
	int x,w,c;
	node(int _x=0,int _w=0,int _c=0):x(_x),w(_w),c(_c){}
	bool operator <(const node&a)const{return x<a.x;}
}a[N];

struct heap
{
	ll v;int t;
	heap(ll _v=0,int _t=0):v(_v),t(_t){}
	bool operator <(const heap&a)const{return v==a.v?t<a.t:v>a.v;}
};
priority_queue<heap>q1,q2;

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("UOJ455.in","r",stdin);
	freopen("UOJ455.out","w",stdout);
#endif
	n=read();m=read();cnt=n;
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i].x=read();
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int x=read(),w=read(),c=min(read(),n);tot+=c;
		if(c) a[++cnt]=node(x,w,c);
	}
	if(tot<n){puts("-1");return 0;}
	a[++cnt]=node(-INF,INF,N);
	sort(a+1,a+cnt+1);
	for(int i=1;i<=cnt;++i)
	{
		int x=a[i].x,w=a[i].w,c=a[i].c;
		if(c)//restaurant
		{
			int s=0;
			while(c && !q1.empty())
			{
				ll v=q1.top().v;
				if(v+w+x>=0) break;
				int t=q1.top().t,res=min(c,t);q1.pop();
				ans+=(ll)res*(v+w+x);
				q2.push(heap(-v-2*x,res));
				s+=res;c-=res;t-=res;
				if(t) q1.push(heap(v,t));
			}
			if(s)q1.push(heap(-w-x,s));
			if(c)q2.push(heap(w-x,c));
		}
		else
		{
			ll v=q2.top().v;
			int t=q2.top().t-1;q2.pop();
			ans+=(ll)v+x;
			q1.push(heap(-v-2*x,1));
			if(t)q2.push(heap(v,t));
		}
	}
	printf("%lld\n",ans);

	return 0;
}