[AGC031E] Snuke the Phantom Thief

$N$
$x_1$ $y_1$ $v_1$
$x_2$ $y_2$ $v_2$
$:$
$x_N$ $y_N$ $v_N$
$M$
$t_1$ $a_1$ $b_1$
$t_2$ $a_2$ $b_2$
$:$
$t_M$ $a_M$ $b_M$

7
1 3 6
1 5 9
3 1 8
4 3 8
6 2 9
5 4 11
5 7 10
4
L 3 1
R 2 3
D 5 3
U 4 2

36

3
1 2 3
4 5 6
7 8 9
1
L 100 0

0

4
1 1 10
1 2 11
2 1 12
2 2 13
3
L 8 3
L 9 2
L 10 1

13

10
66 47 71040136000
65 77 74799603000
80 53 91192869000
24 34 24931901000
91 78 49867703000
68 71 46108236000
46 73 74799603000
56 63 93122668000
32 51 71030136000
51 26 70912345000
21
L 51 1
L 7 0
U 47 4
R 92 0
R 91 1
D 53 2
R 65 3
D 13 0
U 63 3
L 68 3
D 47 1
L 91 5
R 32 4
L 66 2
L 80 4
D 77 4
U 73 1
D 78 5
U 26 5
R 80 2
R 24 5

305223377000

这个范围，基本上只要是多项式复杂度都能过得去了吧。

(x) 坐标小于等于 (a_i) 的至多有 (b_i) 个，这个条件很不友好。我们把他转换一下，这其实说明如果将所有选了的宝石按照 (x) 坐标从小到大排序，排名大于 (b_i) 的，(x) 坐标要大于 (a_i)。同理，坐标大于等于 (a_i) 的至多有 (b_i) 个的条件，我们可以转化成按 (x) 坐标从小到大排序之后，倒数排名要大于 (b_i) 的，(x) 坐标要小于等于 (b_i)。(y) 坐标同理。

这一个正着一个倒着的，怎么玩啊？反正 (n) 小的离谱，我们可以枚举一下总共选多少个数，然后可以求出 (x) 坐标排名为 (i) 的数 (x) 坐标的范围。(y) 坐标同理。

在求出 (x)，(y) 排名第 (i) 的范围时，发现现在的问题转变为一个选数的问题，要给 (x) 排名第 (i) 的选一个坐标，然后还要给 (y) 排名第 (i) 的选一个坐标。这个问题就是经典的费用流模型了。

从源点连向表示 (x) 排名为第 (i) 个的点，流量1费用0，再从 (x) 排名第 (i) 个的点连向每个符合要求的坐标，流量1费用0。要把一个坐标拆成两个点，中间连流量1费用 (v_i)。如果他在 (y) 坐标可以排名第 (i)，那么就从他连向表示 (y) 坐标排名第 (i) 的点，再连回汇点。

判断一下是否满流就行了。但我们想求最大费用，相当于取负后求最小费用，然后一起加一个 (10^{15}) 避免负环。最后答案减去 (5times itimes10^{15}) 就行了，(i) 为现在枚举到的选宝石个数。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL INFLL=4e18,INFL=1e15+10;
const int N=505,T=N-1,S1=85,K=85,S2=170,S3=255,INF=2e9;
int hd[N],e_num(1),n,m,x[K],y[K],q[N*N*N],l,r,a[N],b[N],vhd[N],v[N],lx[K],ly[K],rx[K],ry[K],cnt;
char ch[N][5];
LL d[N],ret,ans,vv[N];
struct edge{
	int v,nxt,f;
	LL w;
}e[N*N*5];
void add_edge(int u,int v,int f,LL w)
{
	e[++e_num]=(edge){v,hd[u],f,INFL-w};
	hd[u]=e_num;
	e[++e_num]=(edge){u,hd[v],0,w-INFL};
	hd[v]=e_num;
}
int bfs()
{
	memset(d,0x7f,sizeof(d));
	memcpy(hd,vhd,sizeof(hd));
	v[d[q[l=r=1]=0]=0]=1;
	while(l<=r)
	{
//		printf("%dn",q[l%N]);
		for(int i=hd[q[l]];i;i=e[i].nxt)
		{
//			printf("%dn",e[i].v);
			if(d[e[i].v]>d[q[l]]+e[i].w&&e[i].f)
			{
				d[e[i].v]=d[q[l]]+e[i].w;
				if(!v[e[i].v])
				{
					++r;
					v[e[i].v]=1,q[r]=e[i].v;
				}
			}
		}
		v[q[l]]=0;
		++l;
	}
//	printf("%lldn",d[T]);,
	return d[T]<INFLL;
}
int dfs(int x,int s)
{
	if(x==T)
		return s;
	v[x]=1;
	int g;
//	printf("%d %dn",x,s);
	for(int&i=hd[x];i;i=e[i].nxt)
	{
		if(!v[e[i].v]&&e[i].f&&d[e[i].v]==d[x]+e[i].w&&(g=dfs(e[i].v,min(s,e[i].f))))
		{
			e[i].f-=g;
			e[i^1].f+=g;
			ans+=e[i].w*g;
			v[x]=0;
			return g;
		}
	}
	v[x]=0;
	return 0;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d%d%lld",x+i,y+i,vv+i);
	scanf("%d",&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
		scanf("%s%d%d",ch[i],a+i,b+i);
 	for(int i=1;i<=n;i++)//枚举选多少个珠宝
	{
//		printf("%dn",i);
		e_num=1;
		memset(hd,0,sizeof(hd));
		memset(lx,0,sizeof(lx));
		memset(rx,0x7f,sizeof(rx));
		memset(ly,0,sizeof(ly));
		memset(ry,0x7f,sizeof(ry));
		for(int j=1;j<=n;j++)
			add_edge(S2+j,S3+j,1,vv[j]);
		for(int j=1;j<=i;j++)
		{
			add_edge(0,j,1,0);
			add_edge(j+S1,T,1,0);
		}
		for(int j=1;j<=m;j++)
		{
			if(ch[j][0]=='L') 
				for(int k=b[j]+1;k<=i;k++)
					lx[k]=max(lx[k],a[j]+1);
			if(ch[j][0]=='R')
				for(int k=1;k<=i-b[j];k++)
					rx[k]=min(rx[k],a[j]-1);
			if(ch[j][0]=='D') 
				for(int k=b[j]+1;k<=i;k++)
					ly[k]=max(ly[k],a[j]+1);
			if(ch[j][0]=='U')
				for(int k=1;k<=i-b[j];k++)
					ry[k]=min(ry[k],a[j]-1);
		}
//		for(int j=1;j<=i;j++)
//			printf("%d %d %d %dn",lx[j],rx[j],ly[j],ry[j]);
//		puts("");
		for(int j=1;j<=i;j++)
		{
			for(int k=1;k<=n;k++)
			{
				if(lx[j]<=x[k]&&x[k]<=rx[j])
					add_edge(j,k+S2,1,0);
				if(ly[j]<=y[k]&&y[k]<=ry[j])
					add_edge(k+S3,j+S1,1,0);
			}
		}
		ans=cnt=0;
		memcpy(vhd,hd,sizeof(vhd));
		int kk;
		while(bfs())
			while(kk=dfs(0,INF))
				cnt+=kk;
		if(cnt==i)
			ret=max(ret,i*INFL*5-ans);
	} 
	printf("%lld",ret);
}