Description
吉丽的漫展有n件手办和m名警卫。建立平面直角坐标系，每个手办和警卫都可以看做一个点。警卫们的目光都朝着y轴负方向，且都有相同大小的视角。警卫可以看见自己视角内（包括边界上的点）的所有手办，不用考虑视线的遮挡。
你打算抢劫吉丽的漫展，但不可被警卫发现。为了实施这次抢劫计划，你可以事先贿赂某些警卫，让他们闭上眼睛。只要某件手办不在任何睁着眼睛的警卫的视野内，你就可以偷走它。你知道每件手办的价格，以及每位警卫需要接受多少钱的贿赂。你想知道自己的最大收益是多少。
Solution
显然是一个最大权闭合子图的模型,直接网络流复杂度不对
考虑贪心模拟网络流
我们要求的就是 \\sum_{v}-maxflow
最大流可以贪心
设警卫为 \\(P\\),宝物为 \\(Z\\)
那么 \\(P\\) 能看到 \\(Z\\) 当且仅当:
\\(\\frac{P_x-Z_x}{P_y-Z_y}<=\\frac{w}{h}\\)
\\(\\frac{Z_x-P_x}{P_y-Z_y}<=\\frac{w}{h}\\)
化简得:
\\(h*P_x-w*P_y<=h*Z_x-w*Z_y\\)
\\(h*P_x+w*P_y>=h*Z_x+w*Z_y\\)
把 \\(x\\) 都变为 \\(x*h\\),\\(y\\) 都变成 \\(y*w\\) 坐标变为 \\((x-y,x+y)\\) 之后
条件就变成了:
\\(Z_x>=P_x\\,\\,\\&\\&\\,\\,Z_y<=P_y\\)
形如:
然后贪心就行了
按照 \\(x\\) 从大到小做,对于每一个警卫,我们希望选择 \\(y\\) 尽量大的宝物,因为 \\(y\\) 越大受到的限制越多,我们先把限制多的给处理掉
然后以此匹配下去,直到流完了或者没有可以流的了就退出, \\(set\\) 维护即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T>void gi(T &x){
int f;char c;
for(f=1,c=getchar();c<\'0\'||c>\'9\';c=getchar())if(c==\'-\')f=-1;
for(x=0;c<=\'9\'&&c>=\'0\';c=getchar())x=x*10+(c&15);x*=f;
}
typedef long long ll;
const int N=4e5+10;
int n,m,W,H,v[N];ll ans=0,Y[N];
struct data{
ll x,y;int id;
inline bool operator <(const data &p)const{
if(x!=p.x)return x>p.x;
return id<p.id;
}
}p[N];
struct comp{bool operator ()(int i,int j){return Y[i]!=Y[j]?Y[i]<Y[j]:i<j;}};
set<int,comp>S;
set<int,comp>::iterator it;int top=0,st[N];
int main(){
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.out","w",stdout);
int cnt=0;ll x,y;
cin>>n>>m>>W>>H;
for(int i=1;i<=n+m;i++){
gi(x);gi(y);gi(v[i]);
x*=H;y*=W;
p[++cnt]=(data){x-y,Y[i]=x+y,i};
}
for(int i=1;i<=n;i++)ans+=v[i];
sort(p+1,p+cnt+1);
for(int i=1;i<=cnt;i++){
if(p[i].id<=n)S.insert(p[i].id);
else{
x=p[i].id;
it=S.upper_bound(x);
if(it==S.begin())continue;
for(--it;;--it){
int t=min(v[*it],v[x]);
v[x]-=t;v[*it]-=t;ans-=t;
if(!v[*it])st[++top]=*it;
else break;
if(it==S.begin())break;
}
while(top)S.erase(st[top--]);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}