题意
思考
显然能转化为最小割模型。若没有pi的代价，则对于第i个格子，可以让源点连向第i个点，容量为黑色收益，再连向汇点，容量为白色收益。再考虑pi的代价，对1~n的每个点新建一个哨兵节点，并向它连容量为pi的边。若前面存在点j落在当前区间中，再将哨兵节点连向点j，容量为正无穷。
但这样边数达到O(n^2)级别，不能接受。
发现哨兵节点所连的边对于ai来说都是一个连续的区间，可用主席树优化建图，边数将为O(nlogn)级别。
代码
1 #pragma GCC optimize 2 2 #include<bits/stdc++.h> 3 using namespace std; 4 typedef long long int ll; 5 const ll inf=INT_MAX; 6 int n; 7 int head[5005*80+233],size=1; 8 int dfn[5005*80],S,T; 9 int what[5005],tmp[5005],Last[5005]; 10 ll valBoy[5005],valGirl[5005],a[5005],l[5005],r[5005],p[5005]; 11 struct edge 12 { 13 int to,next; 14 ll w; 15 }E[5005*80+233]; 16 inline ll max(ll x,ll y) 17 { 18 return x>y?x:y; 19 } 20 inline ll min(ll x,ll y) 21 { 22 return x<y?x:y; 23 } 24 inline void addEdge(int u,int v,ll w) 25 { 26 E[++size].to=v; 27 E[size].next=head[u]; 28 E[size].w=w; 29 head[u]=size; 30 } 31 inline void add(int u,int v,ll w) 32 { 33 addEdge(u,v,w); 34 addEdge(v,u,0); 35 } 36 bool bfs() 37 { 38 memset(dfn,-1,sizeof(dfn)); 39 queue<int>Q; 40 Q.push(S); 41 dfn[S]=0; 42 while(!Q.empty()) 43 { 44 int u=Q.front(); 45 Q.pop(); 46 for(int i=head[u];i;i=E[i].next) 47 { 48 int v=E[i].to; 49 if(dfn[v]!=-1||E[i].w==0) 50 continue; 51 dfn[v]=dfn[u]+1; 52 Q.push(v); 53 } 54 } 55 return dfn[T]!=-1; 56 } 57 ll dinic(int u,ll up) 58 { 59 if(u==T) 60 return up; 61 ll sum=0; 62 for(int i=head[u];i;i=E[i].next) 63 { 64 int v=E[i].to; 65 if(dfn[v]!=dfn[u]+1||E[i].w==0) 66 continue; 67 ll g=dinic(v,min(E[i].w,up-sum)); 68 E[i].w-=g; 69 E[i^1].w+=g; 70 sum+=g; 71 if(g==0) 72 dfn[v]=-1; 73 if(sum==up) 74 break; 75 } 76 return sum; 77 } 78 struct czyTree 79 { 80 int t[5005*80],cur,root[5005],son[5005*80][2]; 81 int tot; 82 void addPos(int pos,int l,int r,int&num,int pre,int from) 83 { 84 num=++tot; 85 son[num][0]=son[pre][0],son[num][1]=son[pre][1]; 86 if(l==r) 87 { 88 add(num+T,from,inf); 89 if(Last[pos]) 90 add(num+T,Last[pos]+T,inf); 91 Last[pos]=num; 92 return; 93 } 94 int mid=(l+r)>>1; 95 if(pos<=mid) 96 addPos(pos,l,mid,son[num][0],son[pre][0],from); 97 else 98 addPos(pos,mid+1,r,son[num][1],son[pre][1],from); 99 if(son[num][0]) 100 add(num+T,son[num][0]+T,inf); 101 if(son[num][1]) 102 add(num+T,son[num][1]+T,inf); 103 } 104 void addS(int L,int R,int l,int r,int num,int from) 105 { 106 if(!num) 107 return; 108 if(L<=l&&r<=R) 109 { 110 add(from,num+T,inf); 111 return; 112 } 113 int mid=(l+r)>>1; 114 if(R<=mid) 115 addS(L,R,l,mid,son[num][0],from); 116 else if(mid<L) 117 addS(L,R,mid+1,r,son[num][1],from); 118 else 119 addS(L,R,l,mid,son[num][0],from),addS(L,R,mid+1,r,son[num][1],from); 120 } 121 }Tree; 122 int main() 123 { 124 ios::sync_with_stdio(false); 125 cin>>n; 126 int tot=0; 127 for(int i=1;i<=n;++i) 128 { 129 cin>>a[i]>>valBoy[i]>>valGirl[i]>>l[i]>>r[i]>>p[i]; 130 tmp[++tot]=a[i]; 131 } 132 sort(tmp+1,tmp+tot+1); 133 // tot=unique(tmp+1,tmp+tot+1)-tmp-1; 134 S=0,T=2*n+1; 135 for(int i=1;i<=n;++i) 136 { 137 add(S,i,valBoy[i]); 138 add(i,T,valGirl[i]); 139 add(i,i+n,p[i]); 140 } 141 for(int i=1;i<=n;++i) 142 { 143 int L=1,R=tot; 144 while(tmp[L]<l[i]&&L<=tot) 145 ++L; 146 while(r[i]<tmp[R]&&R) 147 --R; 148 Tree.addS(L,R,1,tot,Tree.root[i-1],i+n); 149 Tree.addPos(lower_bound(tmp+1,tmp+tot+1,a[i])-tmp,1,tot,Tree.root[i],Tree.root[i-1],i); 150 } 151 ll ans=0; 152 while(bfs()) 153 ans+=dinic(S,inf); 154 for(int i=1;i<=n;++i) 155 ans-=valBoy[i]+valGirl[i]; 156 cout<<-ans<<endl; 157 return 0; 158 }
细节
如下图所示，若此题使用dinic，左右两个建图方式是不等价的，且左图是正确的，右图是错误的，并且右图的最小割结果会变小。（假设有很多蓝色边）
事实上，哨兵节点连出的边必须连在左边一排点上。
考虑下图所示情况。在dinic中，若先走了红色路径，则无法经过蓝色路径。原因是蓝色正无穷边此时不存在反向边，蓝色路径不连通。这样，最小割就少了一些流量。
此外，在主席树建图中，要注意相同ai的点要连向前一个相同ai的点。
(CORRECTED BY CZY)