题面

传送门

思路

最小割

我们首先忽略掉那个奇♂怪的限制,就有一个比较显然的最小割模型:

建立源点$S$和汇点$T$

对于每个元素$i$建立一个点$i$,连边$<S,i,w[i]>$和$<i,T,b[i]>$

这样,割掉$<S,i>$边就表示选白色,割掉$<i,T>$边就表示选黑色,那么答案就是$\sum_{i=1}^nb[i]+w[i] - mincut$

但是现在有一个奇♂怪的限制出来了

奇♂怪的限制

这个限制,是当$i$点黑色,$j<i$点白色时出现的

那么我们考虑把这个限制对答案的影响,也用最小割的方式表现出来

我们发现,如果对于某一个点$i$,它对应的割边(就是在上面那种方法里面)是$<i,T>$,也就是它取白色的话,这个限制不会被触发

那么我们就考虑这个点的割边是$<S,i>$的情况,此时我们发现,如果我们想把这个$p[i]$也变成最小割的一部分的话,我们就要对于所有可能触发的$j$,构成一条这样的链:

$<S,i>-<i,j>-<j,T>$

但是这个中间这条,显然不能直接在$i,j$中间连边,因为这样无法体现出链的特性

我们考虑这样的一个方法,来分开黑白割的情况

我们对于每个点,新建节点$ii$,然后对于每个$ii$,连边$<ii,i,p[i]>$

对于$i$所有能够访问到的点,连边$<i,jj,inf>$,$inf$表示不可割

这样跑最小割,还是用所有的$b,w$的和来减,就是答案了

建图优化

显然这个东西直接连边的话,$n^2$的会炸

所以我们用一个主席树来优化一下建图

用所有的$i$连向对应的主席树链上的所有点,主席树上的点就横向连边(旧的往新的连),然后每个点从它覆盖的所有区间连过来

开的主席树的数组下标意义就是$a$的大小,这样方便取区间

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cassert>
#include<cmath>
#define ll long long
using namespace std;
inline int read(){
int re=0,flag=1;char ch=getchar();
while(ch>'9'||ch<'0'){
if(ch=='-') flag=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9') re=(re<<1)+(re<<3)+ch-'0',ch=getchar();
return re*flag;
}
int n,first[200010],cnte=-1,dep[200010],cur[200010];
struct edge{
int to,next;ll w;
}a[1500010];
void add(int u,int v,ll w){
a[++cnte]=(edge){v,first[u],w};first[u]=cnte;
a[++cnte]=(edge){u,first[v],0};first[v]=cnte;
}
bool bfs(int s,int t){
int i,u,v,q[200010],head=0,tail=1;
for(i=s;i<=t;i++) dep[i]=-1,cur[i]=first[i];
dep[s]=0;q[0]=s;
while(head<tail){
u=q[head++];
for(i=first[u];~i;i=a[i].next){
v=a[i].to;if(~dep[v]||!a[i].w) continue;
dep[v]=dep[u]+1;q[tail++]=v;
}
}
return ~dep[t];
}
int dfs(int u,int t,ll lim){
if(u==t||!lim) return lim;
int i,v,f,flow=0;
for(i=cur[u];~i;i=a[i].next){
v=a[i].to;cur[u]=i;
if(dep[v]==dep[u]+1&&(f=dfs(v,t,min(a[i].w,lim)))){
flow+=f;lim-=f;
a[i].w-=f;a[i^1].w+=f;
if(!lim) return flow;
}
}
if(lim) dep[u]=-1;
return flow;
}
ll dinic(int s,int t){
ll re=0;
while(bfs(s,t)) re+=dfs(s,t,1e12);
return re;
}
struct chairmantree{
int ch[1000010][2],cnt,root[5010];
int insert(int l,int r,int pos,int pre,int u){
int cur=++cnt;
ch[cur][0]=ch[pre][0];ch[cur][1]=ch[pre][1];
add(u,cur,1e12);
if(l==r){
if(pre) add(pre,cur,1e12);
return cur;
}
int mid=(l+r)>>1;
if(mid>=pos){
ch[cur][0]=insert(l,mid,pos,ch[pre][0],u);
if(pre) add(pre,cur,1e12);
}
else{
ch[cur][1]=insert(mid+1,r,pos,ch[pre][1],u);
if(pre) add(pre,cur,1e12);
}
return cur;
}
void check(int l,int r,int ql,int qr,int cur,int u){
if(!cur) return;
int mid=(l+r)>>1;
if(l>=ql&&r<=qr){
add(cur,u,1e12);
return;
}
if(mid>=ql) check(l,mid,ql,qr,ch[cur][0],u);
if(mid<qr) check(mid+1,r,ql,qr,ch[cur][1],u);
}
}T;
int main(){
memset(first,-1,sizeof(first));
n=read();int i,val,b,w,l,r,p;ll sum=0;
int s=0,t=200000;T.cnt=n<<1;
for(i=1;i<=n;i++){
val=read();b=read();w=read();l=read();r=read();p=read();
sum+=(ll)b+w;
add(s,i,w);add(i,t,b);add(i+n,i,p);
T.root[i]=T.insert(0,1e9,val,T.root[i-1],i);
T.check(0,1e9,l,r,T.root[i-1],i+n);
}
printf("%lld\n",sum-dinic(s,t));
}

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