费用流/凸性相关

Task 1

数轴上 \(n\) 个老鼠，\(m\) 个洞。每个老鼠要找一个洞回去，代价为距离（\(|x_1-x_2|\)）。求最小代价和。

把老鼠和洞排序之后建出网络，大概是这样。

考虑费用流增广的过程。按照坐标从小到大加入点。

• 加进来老鼠：按照增广的思路，我可以在左右两边的洞中，选一个距离较小的进去。
• 加进来洞：这时候有神之一手。反向边会在什么时候影响增广？
  当且仅当形如这样：
  就是前一个老鼠向右走了，但是这个老鼠可以吃一个负贡献，使得向左走更优。
  这个时候的反向弧，终点只会在某个洞的位置。所以我们扫到洞 \(p\) 的时候，如果有反向弧指向她，那么考虑她左边的空洞。
  设这条反向弧的边权为 \(-w\)，流量为 \(f\)，那么效果等价于把 \(p\) 左边的空洞中，最右边的 \(f\) 个的坐标向右移动 \(2w\)。

那用线段树应该不难实现。考虑两棵线段树，一棵用于维护反向弧的区间加标记，一棵用于查找左边最近的空洞，也需要实现区间加。
但是陈江伦老师说除了排序可以线性？不懂。

然后似乎有一个更好写的做法。
仍然按照坐标从小到大考虑。但是这次对于反悔弧，我们在加入一个洞的时候考虑它。并且加入一个老鼠的时候，只考虑在她左边的洞。
加入一个洞的时候可能会出现这样的事情：

出现一个负环。
那么事情就变得简单了：加入老鼠的时候，查询前面没被使用过的最左的洞；避免没有的情况，可以加一个极远的洞。而加入洞的时候，考虑前面被使用过的最【？】的洞，判一下环的权值是不是负数，是的话就增广掉。
然后这个【？】，实际上是 老鼠和洞的距离 加 老鼠的坐标 作为关键字。这样更容易出负环。画个图不难理解。

用两个堆维护就好。

Task 2

CF865D
建图是 trivial 的。考虑每次新增一支股票，会出现什么样的增广。
考虑到唯一有可能的正环就是，把之前某一次卖出 put off，改到今天卖掉。
那这个容易用堆维护，带上正常增广一起搞。复杂度 \(O(n\log n)\)。

Task 3

续 Task 1，每个洞的容量可能不为 \(1\)，是一个正整数 \(c_i\)。

• 神仙做法

先钦定每个老鼠只能向左跑，做一遍，取出洞的集合；再钦定只能向右跑，做一遍，取出洞的集合。两个并到一起，总大小就是 \(O(n)\) 的，然后拆成单点做 Task 1 就好。

• 证明（直接贺过来）
  从第一遍贪心到原问题，对于每一个洞而言，从它右边出发到达
  它左边的老鼠不会变多。
  从第二遍贪心到原问题，对于每一个洞而言，从它左边出发到达
  它右边的老鼠不会变多。

• 另一种做法（人类能想到的）
  把堆的类型改成 pair。新增鼠鼠的操作不变，新增洞的操作，直接改成，枚举满堆的堆顶，增广直到圈为非负。
  复杂度是对的，因为每次增广会使得一只鼠鼠由向左变为向右。故总复杂度是 \(O(n)\) 的。

Task 4

P6943
续 Task 1，相当于把数轴变成了树，坐标改成深度。\(y\) 相当于老鼠，\(x\) 相当于洞。然后洞的容量是假的，可以直接拆成 1e6 个单点（好像套 Task 3 的方法也行？）。
续用 Task 1 的堆的做法，改成可并堆。

然后子树合并的位置是有一点细节的。具体地，需要计算被占掉点 \(x\) 的的“等效深度”。算出来的结论是，\(2dep_u-dep_x\)。然后合并的时候，对于子树 \(u\)，暴力枚举空洞堆里面的空洞，合并上去就好。复杂度的证明仿照 Task 3，反悔的次数是 \(O(deg_u)\) 的，是没有问题的。\(O(V\log V)\)。

Task 5

洞有额外代价 \(w_i\)。

核心矛盾在于，一个老鼠反悔而匹配了右边的一个洞之后，她可能会继续反悔去更右边的洞。再开一个堆的事情。
额好吧实际上也没啥区别，就相当于这个洞用过了还能再加进堆里。Task 1 加了也没错，只是没必要。

注意一个洞在被路径增广后，和被负环增广后的“等效坐标”是不一样的。特殊处理一下就好。
不用记录多元组，队里只需要维护等效坐标就好。

Task 6

UOJ455
Task 3 + Task 5。注意判 0。

Bonus：能不能证明或证伪，Task 3 的【神仙做法】用在这一题是否正确？（至今好像无人破解）

Task 7

P5470
反正不告诉我，我一眼看不到他是一个流子。
考虑建图。想一想怎么限制【最少 \(L\) 个相同的】。
那说白了他最多 \(K-L\) 个不同的。注意这是一个全局限制，所以弄一些点全局限流。（没想出来脑袋被敲烂了。）

然后限制总流量为 \(K\)。

哎那我们沿用之前的方法，考虑新加一个点他会变成什么样，直观看来他需要一个 wqs 把最大费用最大流变成最大费用可行流。那过个蛋。

一个想法是，先自由流，即选出前 \(x\) 大的 \(a_i\)，选出前 \(x\) 大的 \(b_i\)，让她们自由匹配。但这个 \(x\) 是不可二分的。

然后考虑一条增广路会是什么形态的。
第一种，不退 \(p\to q\) 的情况，大概是 \(s(\to i_1 \to p) \to j_1 \to j_2 (\to q \to k_2) \to t\)。括号表示过程可以省略。
第二种，退 \(p \to q\) 的情况，只会出现 \(s\to i_1 \to i_2 \to q \to p \to j_1 \to j_2 \to t\)。
第三种，用 \(p\to q\) 的情况。\(s\to i_1 \to p \to q \to k_2\)。
（这里因为 Dinic 总是无正环的，所以和 \(s/t\) 相连的边不会退流。）

分讨一下，五个堆维护，且动态维护 \(p\to q\) 的剩余流量。好写好调。
想起来有点复杂。

总结
这一题和前面老鼠进洞的模型不同点在于，这一题不适用 增量-增广 模型。
前面的题必须要用 增量-增广 的原因在于，她有横向边，直接去 Dinic 搞不出来横向边的反悔操作。

这一题有费用的边只有 \(s\) 相连的，和 \(t\) 相连的。那就很好直接做了。

闵可夫斯基和

为什么放在这里写？因为不想新建一个文章。
从这里开始 /bx Flying2018，文章和程序设计都很漂亮。有的程序看了一眼之后写出来就差不多了。

闵可夫斯基和，用于优化一类包含 \((\min/\max,+)\) 转移的 DP。
常规的闵和是 \(O(|A|+|B|)\) 的。但是如果你放在树上就可以写一个启发式合并的 set 或者平衡树直接往差分数组里面 insert。偷懒做法属于是。单次复杂度是 \(O(\min(|A|,|B|)\log)\) 的。

a simple task

考虑 wqs 的经典问题。给定一个长度为 \(n\) 的数组 \(a\)，给定 \(k\)，求 \(a\) 中取 \(k\) 个不相交子段的最大总和。
费用流模型是容易建出来的。所以有图形。
现在我要对 \(\forall k \in [1, n]\) 求这个问题。那 wqs 就 4 了。

考虑朴素 DP，记 \(f_{l,r,i,0/1,0/1}\) 表示我在 \([l,r]\) 中，钦定 \(l\) 任意或一定不选，钦定 \(r\) 任意或一定不选，选了 \(i\) 段。
（这里的 \([l, r]\) 并不是真正意义上区间 DP。转移的时候，分割点是可以任选的。）
转移是平凡的。特殊地，可以 \(f_{l,r,i+j-1,0/1,0/1}\gets f_{l,x,i,0/1,1}+f_{x+1,r,j,1,0/1}\)。表示中间一段缩成一段了。

然后这里上 Minkowski 和，就可以在 \(O(len)\) 的复杂度内做掉一个区间合并。取转移点为区间中点，复杂度 \(T(n)=2T(\frac n2)+O(n)\)，得 \(T(n)=O(n\log n)\)。

QOJ7417

这题加了一个多组区间询问。Minkowski 和最令人难受的一点就是，他合并的复杂度是 \(O(|A|+|B|)\)。

我没见过这个技巧。想不到认输了。
考虑线段树处理询问。回答询问的时候显然不能直接把总长度为 \(O(len)\) 的 \(O(\log n)\) 个凸包并起来。那咋办。
wqs 又活了。这时候二分一个惩罚 \(w\)，然后再在这 \(\log\) 个凸包上二分斜率。哦哦哦原来可以二分套二分啊，我以前只见过 wqs 之后线性及以上 check 的。

那这时候你复杂度是三个老哥的。（某人告诉）过不去。
整体 wqs 二分。（？）

和整体二分有点区别的。具体地，比如我二分到某一层，然后我给 \(q\) 个询问一起做。那这时候会制造出来 \(O(q\log n \log V)\) 个二分的询问。然后我给这些挂到线段树的结点上，平均每个结点 \(\log\) 个。
然后对于这些询问，我们不再二分切点；而是给询问排序，然后在凸包上暴力地移动一个指针。询问递减，指针也不会回退。那么指针的总移动次数是 \(O(n\log n)\) 的，惩罚二分 \(\log V\) 次，总复杂度 \(O(n\log n \log V + q\log n \log V)\)。可以通过。

写过了就有资格说好写好调了。

Gym102331J

那这题不难写出一个转移 \(f_{u,0/1}(i)\) 表示，匹配大小为 \(i\)，\(u\) 强制不在/强制在匹配里面。
然后转移大概是

\[f_{u,0}\gets f_{u,0}\times f_{v,1} \]

\[f_{u,1}\gets \max(f_{u,1}\times f_{v,1},f_{u,0}\times (f_{v,0}+w)) \]

乘号表示 \((\max,+)\) 卷积。

然后这道题把启发式合并 ban 掉了，因为你有一个对凸包取 max 的操作。
（凸包和凸包取 max 不一定是凸包，这里还是凸包的原因是他是一个费用流模型。）
有人说你 \(f_{u,1}\) 强制在匹配里面，不一定是凸的啊，因为他不一定是最优的。（这扯不扯，你把 \(u\) 看成一个流量下界不就完事。对不起这句话是错的。有下界的费用流，凸性得在他有解的时候才成立啊！）
哦所以得把上面的转移微调一下，但也是不难的。

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你想，为什么分治 FFT 不能一个一个乘，复杂度会爆炸？
考虑分治。归并左右两边的答案，那在 \(u\) 处的复杂度就是 \(O(sz_u\log sz_u)\) 的。
那造一个链还是爆掉了。

考虑重链剖分。具体地，每次在 \(u\) 处按照上面的过程暴力合并轻儿子的凸包，挂在 \(u\) 上，记为 \(g_u\)。然后因为轻子树的大小之和是 \(O(n\log n)\) 的，所以这部分是没有问题的。
然后考虑重链。每次做重链的时候，仅在链顶合并，把重链里面的所有 \(g_u\) 分治地合并起来就好。链顶的 \(sz\) 之和，也是 \(O(n\log n)\) 的。

也就是需要实现这两个分治：


大概就是，分治的时候返回一个 pair，就差不多。
哦对，solve2 的时候，要记录左右端点是不是被强制没匹配上。
总复杂度两个老哥。不卡常。

QOJ10706

额虽然但是这个题和 Minkowski 没关系，但是也是对于所有的 \(k=0,1,\dots, n-1\) 求出答案。

但是你 wqs 怎么做多组询问。
wqs 二分也是二分，可以考虑类似整体二分的手法。
那么这里就是要均摊掉一些重复计算的复杂度，使得总复杂度可以接受。

考虑我二分红边的奖励代价 \(w\)（意思就是每条红边代价减 \(w\)），那么，我 \(w\) 越大，红边越多。
那这里有个关键性质：我现在用奖励代价 \(w\) 算出来了一个 MST，这个 MST 里面的红边，在 \(w\) 增大的时候是仍然保留的！蓝边同理，在 \(w\) 减少的时候仍然保留！没选入 MST 的蓝边，在 \(w\) 变大的时候一定没用！没选入 MST 的红边同理。

那么这里整体二分，求 MST 的时候用并查集缩合一下，那么可以使得每层递归的总边数是 \(O(m)\) 的。然后回来的时候撤销一下就好。
复杂度大概是 \(O((n+m)\log n \log m)\) 的。