題目描述
傳送門
題目大意：從前有個 n 個方格排成一行，從左至右依此編号為 1,2,⋯,n
有一天思考熊想給這 n 個方格染上黑白兩色。
第 i個方格上有 6個屬性： ai,bi,wi,li,ri,pi 。
如果方格 i 染成黑色就會獲得 bi 的好看度。
如果方格 i染成白色就會獲得 wi 的好看度。
但是太多了黑色就不好看了。如果方格 i是黑色，并且存在一個 j使得 1≤j<i 且 li≤aj≤ri 且方格 j 為白色，那麼方格 i就被稱為奇怪的方格。
如果方格 i 是奇怪的方格，就會使總好看度減少 pi 。
也就是說對于一個染色方案，好看度為：
∑方格i為黑色bi+∑方格i為白色wi−∑方格i為奇怪的方格pi
現在給你 n,a,b,w,l,r,p問所有染色方案中最大的好看度是多少。
題解
先考慮最原始的建圖。
兩種建圖在寫的過程中都嘗試了，但是B是錯的。為什麼呢？差別在于B圖拆點了，有些限制實作不了。就是如果一個點x不能直接限制另一個點y，但是可以通過限制另一個點z，再由z限制y。對于這種傳遞關系B圖是實作不了的是以是錯的，想讓B也是對的其實隻需要一個小修改，把B圖中橙色的邊改成雙向邊即可。
這也提示我們在建立最小割模型的時候要小心。
關鍵是怎麼優化建圖，發現A圖中多數的邊來之藍色的邊，極限情況下藍色邊的個數可以達到 n∗(n−1)2 .
發現如果我們按照點權，先不考慮 j<i ，那麼每個點連出去的藍邊實際上是一段區間，如果我們這個東西轉換成一棵權值線段樹的話，那麼每個點最多選中 logn 個區間，每個葉子節點連向每個點的代表節點，線段樹中的邊直接連接配接。相當于在圖中加入了一棵線段樹。還有一個限制是 j<i ，那麼我們隻需要把權值線段樹改成可持久化線段樹即可。
藍色的邊表示葉子節點連接配接每個點的代表節點，對于橙色的邊，因為3,4屬于權值線段樹的同一個位置，是以對于所有流經4的也一定會流經3.
代碼
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define N 500003
#define inf 1000000000
using namespace std;
int tot,point[N],v[N],nxt[N],remain[N],last[N],deep[N],cur[N],num[N];
int n,m,L[N],R[N],w[N],a[N],b[N],p[N];
int ls[N],rs[N],root[N],sz,c[N],cnt;
int add(int x,int y,int z)
{
tot++; nxt[tot]=point[x]; point[x]=tot; v[tot]=y; remain[tot]=z;
tot++; nxt[tot]=point[y]; point[y]=tot; v[tot]=x; remain[tot]=;
//cout<<x<<" "<<y<<" "<<z<<endl;
}
int addflow(int s,int t)
{
int now=t; int ans=inf;
while (now!=s) {
ans=min(ans,remain[last[now]]);
now=v[last[now]^];
}
now=t;
while (now!=s) {
remain[last[now]]-=ans;
remain[last[now]^]+=ans;
now=v[last[now]^];
}
return ans;
}
void bfs(int s,int t)
{
for (int i=;i<=sz;i++) deep[i]=sz;
deep[t]=;
queue<int> p; p.push(t);
while (!p.empty()){
int now=p.front(); p.pop();
for (int i=point[now];i!=-;i=nxt[i])
if (deep[v[i]]==sz&&remain[i^])
deep[v[i]]=deep[now]+,p.push(v[i]);
}
}
int isap(int s,int t)
{
int now=s; bfs(s,t); int ans=;
for (int i=;i<=sz;i++) cur[i]=point[i];
for (int i=;i<=sz;i++) num[deep[i]]++;
while (deep[s]<sz) {
if (now==t) {
ans+=addflow(s,t);
now=s;
}
bool pd=false;
for (int i=point[now];i!=-;i=nxt[i])
if (deep[v[i]]+==deep[now]&&remain[i]){
cur[now]=i;
pd=true; last[v[i]]=i;
now=v[i]; break;
}
if (!pd) {
int minn=sz+;
for (int i=point[now];i!=-;i=nxt[i])
if(remain[i]) minn=min(minn,deep[v[i]]);
if (!--num[deep[now]]) break;
num[deep[now]=minn+]++;
cur[now]=point[now];
if (now!=s) now=v[last[now]^];
}
}
return ans;
}
void insert(int &i,int l,int r,int x,int id)
{
ls[++sz]=ls[i]; rs[sz]=rs[i];
if (l==r) {
if (i) add(sz,i,inf);
add(sz,id,inf);
i=sz;
return;
}
int mid=(l+r)/;
i=sz;
if (x<=mid) insert(ls[i],l,mid,x,id);
else insert(rs[i],mid+,r,x,id);
}
void query(int i,int l,int r,int ll,int rr,int id)
{
if (ll<=l&&r<=rr) {
if (i) add(id,i,inf);
return;
}
int mid=(l+r)/;
if (ll<=mid) query(ls[i],l,mid,ll,rr,id);
if (rr>mid) query(rs[i],mid+,r,ll,rr,id);
}
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
// freopen("my.out","w",stdout);
scanf("%d",&n); int sum=; tot=-;
memset(point,-,sizeof(point));
for (int i=;i<=n;i++){
scanf("%d%d%d%d%d%d",&a[i],&b[i],&w[i],&L[i],&R[i],&p[i]);
sum+=b[i]+w[i];
c[++cnt]=a[i]; c[++cnt]=L[i]; c[++cnt]=R[i];
}
sort(c+,c+cnt+);
cnt=unique(c+,c+cnt+)-c-;
int S=; int T=+*n;
for (int i=;i<=n;i++){
add(S,i+,b[i]);
add(i+,i+n+,p[i]);
add(i+,T,w[i]);
}
sz=T;
for (int i=;i<=n;i++) {
a[i]=lower_bound(c+,c+cnt+,a[i])-c;
L[i]=lower_bound(c+,c+cnt+,L[i])-c;
R[i]=lower_bound(c+,c+cnt+,R[i])-c;
query(root[i-],,cnt,L[i],R[i],i+n+);
root[i]=root[i-]; insert(root[i],,cnt,a[i],i+);
}
for (int i=T+;i<=sz;i++) {
if (ls[i]) add(i,ls[i],inf);
if (rs[i]) add(i,rs[i],inf);
}
printf("%d\n",sum-isap(S,T));
}