如果一个红石头在另一个红石头的左下方（包括左和下），那么在后者的限制满足时，前者也一定满足，因此可以删去前者，再将其按照$rx_{i}$排序，即有$rx_{1}<rx_{2}<...<rx_{n}$且$ry_{1}>ry_{2}>...>ry_{n}$
称一个蓝石头覆盖一个红石头当且今当后者在前者的左下方（包括左和下），若一个蓝石头在$(x,y)$，要使其覆盖区间$[l,r]$的红石头，所需代价即$max(rx_{r}-x,0)+max(ry_{l}-y,0)$
下面，来考虑$k=1$的情况：
对于一个蓝石头，注意到覆盖$[l_{1},r_{1}]$和$[l_{2},r_{2}]$的代价不小于覆盖$[l_{1},r_{2}]$的代价（其中$l_{1}le r_{1}<l_{2}le r_{2}$），因此我们不妨允许其重复使用
由此，令$f_{i}$表示前$i$个红石头都被覆盖的最小代价，枚举上一段被覆盖的区间，即有转移
$$
f_{i}=min_{1le jle i}(f_{j-1}+min_{1le lle m}(max(rx_{i}-bx_{l},0)+max(ry_{j}-by_{l},0)))
$$
关于这个dp，可以建立下述有向图来解决——
将每一个石头拆为两个节点，分别称为$x$坐标的节点和$y$坐标的节点
将所有$x$坐标的节点按$x$坐标从小到大排序，每一个节点向下一个节点连边权为两者$x$坐标差值的边，向上一个节点连边权为0的边
将所有$y$坐标的节点按$y$坐标从大到小排序，并与$x$坐标类似的连边
将所有蓝石头$y$坐标的节点向$x$坐标的节点连边权为0的边
此时，第$j$个红石头$y$坐标的节点到第$i$个红石头$x$坐标的节点的最短路即为
$$
min_{1le lle m}(max(rx_{i}-bx_{l},0)+max(ry_{j}-by_{l},0))
$$
（这里也允许红石头向红石头移动和蓝石头向蓝石头移动，但这类边实际上一定不优）
将第$i$个红石头$x$坐标的节点向第$i+1$个红石头$y$坐标的节点连边权为0的边，那么第1个红石头$y$坐标的节点到第$n$个红石头$x$坐标的节点的最短路即为答案
接下来，对于任意$k$的情况，实际上即在这张图中找到$k$条路径，且其中蓝石头$x$和$y$坐标的节点之间的连边只能被使用一次，最小化这$k$条路径的长度和
显然这可以用网络流解决，即在此图的基础上，每条边的流量为无穷大（但蓝石头$x$和$y$坐标的节点之间的连边流量为1）且费用为边权，最终求流量为$k$的最小费用即为答案
通过费用流的做法，即做$k$次增广，每一次增广是spfa，复杂度为$o(kn^{2})$，无法通过
给每一个节点一个势能$h_{i}$，再将一条边的费用由$w$变为$w+h_{x}-h_{y}$，那么对于一条从$x$到$y$的路径，实际上即在原费用的基础上再加$h_{x}-h_{y}$，这显然不影响$x$到$y$的最短路
换言之，我们只需要找到合适的$h_{i}$，使得（对于流量非0的边）$w+h_{x}-h_{y}$都非负，那么以$w+h_{x}-h_{y}$为费用求最短路，就可以使用dijkstra，复杂度即降为$o(knlog n)$
初始由于没有负权（负权边都是反向边，流量为0），直接令$h_{i}=0$即可
接下来每一次求完最短路后增广，会导致一些边流量由0变为非0，因此要调整$h_{i}$
具体的，设最短路为$d_{i}$，只需要令$h'_{i}=h_{i}+d_{i}$即可，下面来证明$w+h'_{x}-h'_{y}ge 0$：
若$(x,y)$在增广前流量非0，那么$d_{y}le d_{x}+(w+h_{x}-h_{y})$，化简后即可得$w+h'_{x}-h'_{y}ge 0$
若$(x,y)$在增广前流量为0且增广后流量非0，即$(y,x)$被作为最短路，也即$d_{y}=d_{x}+(-w+h_{x}-h_{y})$（根据费用流的建边，$(x,y)$和$(y,x)$的费用互为相反数），化简后即可得$w+h'_{x}-h'_{y}=0$
综上，总时间复杂度为$o(knlog n)$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 400005 4 #define ll long long 5 #define fi first 6 #define se second 7 struct Edge{ 8 int nex,to,len,cost; 9 }edge[N*6]; 10 pair<int,int>a[N]; 11 vector<pair<int,int> >vx,vy; 12 priority_queue<pair<ll,int> >q; 13 int E,S,T,n,m,k,x,y,head[N],vis[N],from[N]; 14 ll h[N],d[N]; 15 void add(int x,int y,int z,int w){ 16 edge[E].nex=head[x]; 17 edge[E].to=y; 18 edge[E].len=z; 19 edge[E].cost=w; 20 head[x]=E++; 21 if (E&1)add(y,x,0,-w); 22 } 23 bool dijkstra(){ 24 memset(d,0x3f,sizeof(d)); 25 memset(vis,0,sizeof(vis)); 26 d[S]=0; 27 q.push(make_pair(0,S)); 28 while (!q.empty()){ 29 int k=q.top().second; 30 q.pop(); 31 if (vis[k])continue; 32 vis[k]=1; 33 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex){ 34 ll c=edge[i].cost+h[k]-h[edge[i].to]; 35 if ((edge[i].len)&&(d[edge[i].to]>d[k]+c)){ 36 d[edge[i].to]=d[k]+c; 37 from[edge[i].to]=i; 38 q.push(make_pair(-d[edge[i].to],edge[i].to)); 39 } 40 } 41 } 42 return d[T]!=d[0]; 43 } 44 ll dinic(){ 45 ll ans=0; 46 for(int i=1;i<=k;i++){ 47 dijkstra(); 48 ans+=d[T]-(h[S]-h[T]); 49 for(int i=T;i!=S;i=edge[from[i]^1].to){ 50 edge[from[i]].len--; 51 edge[from[i]^1].len++; 52 } 53 for(int i=1;i<=2*(n+m);i++)h[i]+=d[i]; 54 } 55 return ans; 56 } 57 int main(){ 58 scanf("%d%d%d",&n,&m,&k); 59 memset(head,-1,sizeof(head)); 60 for(int i=1;i<=n;i++){ 61 scanf("%d%d",&x,&y); 62 a[i]=make_pair(x,y); 63 } 64 sort(a+1,a+n+1); 65 int mx=-1,nn=0; 66 for(int i=n;i;i--){ 67 if (a[i].se<=mx)vis[i]=1; 68 else{ 69 mx=a[i].se; 70 nn++; 71 } 72 } 73 for(int i=1,j=0;i<=n;i++) 74 if (!vis[i]){ 75 j++;; 76 vx.push_back(make_pair(a[i].fi,j)); 77 vy.push_back(make_pair(a[i].se,j+nn+m)); 78 if (j<nn)add(j,j+1+nn+m,k,0); 79 } 80 n=nn; 81 for(int i=1;i<=m;i++){ 82 scanf("%d%d",&x,&y); 83 vx.push_back(make_pair(x,i+n)); 84 vy.push_back(make_pair(y,i+n+n+m)); 85 add(i+n+n+m,i+n,1,0); 86 } 87 sort(vx.begin(),vx.end()); 88 sort(vy.begin(),vy.end()); 89 for(int i=1;i<vx.size();i++){ 90 add(vx[i-1].se,vx[i].se,k,vx[i].fi-vx[i-1].fi); 91 add(vx[i].se,vx[i-1].se,k,0); 92 } 93 for(int i=1;i<vy.size();i++){ 94 add(vy[i].se,vy[i-1].se,k,vy[i].fi-vy[i-1].fi); 95 add(vy[i-1].se,vy[i].se,k,0); 96 } 97 S=1+n+m,T=n; 98 printf("%lld",dinic()); 99 }