[2019CCPC哈尔滨] A Artful Paintings 二分+差分约束

有$N\le 3e3$个格子，你可以任意给每个格子染色，但是要满足$M\le 3e3$限制条件，限制条件有两种类型：
$1.$ 区间$[l,r]$中被染色的格子数量不少于$K$。
$2.$ 区间$[l,r]$外被染色的格子数量不少于$K$。
在满足所有限制条件下求染色格子数量的最小值。
显然染色格子数量越多，越容易满足。因此二分染色格子数$mid$。然后考虑染色数的前缀和$S_i$。
问题转化为对于每个二分的$mid$，都有：
$1.S_{l-1}-S_r\le -k$
$2.S_r-S_{l-1}\le mid-k$
$3.S_i-S_{i-1}\le 1$
$4.S_{i-1}-S_i\le 0$
$5.S_n-S_0\le mid$
$6.S_0-S_n\le mid$
全部由后者向前者连边，然后判负环，如果不存在负环则说明有解。
直接跑仍然会超时。考虑如果发现某一个点最短路已经为负数，那么必定存在负环，这个时候可以直接退出。因为存在$i$向$i-1$连$0$的边。那么先从$0$到那个点然后再返回到$0$一定是负环。

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int N=3e3+7;
int n,m1,m2; 
struct edge { int v,w; };
struct opt { int l,r,k; }; 
vector<edge> go[N]; 
vector<opt> e1,e2;
int dis[N],cnt[N];
bool inq[N];
bool spfa() {
	queue<int> q;
	while(!q.empty()) q.pop();
	for(int i=0;i<=n;i++) dis[i]=1e9,cnt[i]=0,inq[i]=0;
	dis[0]=0;q.push(0);inq[0]=1,cnt[0]=1; 
	while(!q.empty()) {
		int u=q.front();q.pop();inq[u]=0;
		for(auto &it:go[u]) { int v=it.v,w=it.w;
			if(dis[v]>dis[u]+w) {
				dis[v]=dis[u]+w;
				if(dis[v]<0) return 0; 
				if(!inq[v]) {
					inq[v]=1;
					q.push(v);
					if(++cnt[v]>n) return 0;
				}
			}
		}
	} 
	return 1;
}
int main() {
	int T;
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%d%d%d",&n,&m1,&m2);
		for(int i=0;i<=n;i++) go[i].clear();
		e1.clear();e2.clear(); 
		for(int l,r,k,i=1;i<=m1;i++) {
			scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
			e1.push_back({l,r,k}); 
		} 
		for(int l,r,k,i=1;i<=m2;i++) {
			scanf("%d%d%d",&l,&r,&k);
			e2.push_back({l,r,k}); 
		}
		int l=0,r=n,ans=0;
		while(l<=r) {
			for(int i=0;i<=n;i++) go[i].clear();
			for(int i=1;i<=n;i++) go[i-1].push_back({i,1});
			for(int i=1;i<=n;i++) go[i].push_back({i-1,0});
			int mid=(l+r)>>1;
			go[0].push_back({n,mid});
			go[n].push_back({0,-mid}); 
			for(auto &it:e1) go[it.r].push_back({it.l-1,-it.k});
			for(auto &it:e2) go[it.l-1].push_back({it.r,mid-it.k});
			if(spfa()) ans=mid,r=mid-1;
			else l=mid+1;
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}