题意：
Description
一条东西走向的穆西河将巴邻旁市一分为二，分割成了区域 A 和区域 B。
每一块区域沿着河岸都建了恰好 1000000001 栋的建筑，每条岸边的建筑都从 0 编号到 1000000000。相邻的每对建筑相隔 1 个单位距离，河的宽度也是 1 个单位长度。区域 A 中的 i 号建筑物恰好与区域 B 中的 i 号建筑物隔河相对。
城市中有 N 个居民。第 i 个居民的房子在区域 Pi 的 Si 号建筑上，同时他的办公室坐落在 Qi 区域的 Ti 号建筑上。一个居民的房子和办公室可能分布在河的两岸，这样他就必须要搭乘船只才能从家中去往办公室，这种情况让很多人都觉得不方便。为了使居民们可以开车去工作，政府决定建造不超过 K 座横跨河流的大桥。
由于技术上的原因，每一座桥必须刚好连接河的两岸，桥梁必须严格垂直于河流，并且桥与桥之间不能相交。当政府建造最多 K 座桥之后，设 Di 表示第 i 个居民此时开车从家里到办公室的最短距离。请帮助政府建造桥梁，使得 D1+D2+⋯+DN 最小。
所有数据都保证：Pi 和 Qi 为字符 “A” 和 “B” 中的一个， 0≤Si,Ti≤1000000000 ，同一栋建筑内可能有超过 1 间房子或办公室（或二者的组合，即房子或办公室的数量同时大于等于 1）。
子任务 1 （8 分）K=1,1≤N≤1000
子任务 2 （14 分）K=1,1≤N≤100000
子任务 3 （9 分）K=2,1≤N≤100
子任务 4 （32 分）K=2,1≤N≤1000
子任务 5 （37 分）K=2,1≤N≤100000
子任务 1 （8 分）K=1,1≤N≤1000
子任务 2 （14 分）K=1,1≤N≤100000
子任务 3 （9 分）K=2,1≤N≤100
子任务 4 （32 分）K=2,1≤N≤1000
子任务 5 （37 分）K=2,1≤N≤100000
Input
输入的第一行包含两个正整数 K 和 N，分别表示桥的上限数量和居民的数量。
接下来 N 行，每一行包含四个参数：Pi,Si,Qi 和 Ti，表示第 i 个居民的房子在区域 Pi 的 Si 号建筑上，且他的办公室位于 Qi 区域的 Ti 号建筑上。
Output
输出仅为一行，包含一个整数，表示 D1+D2+⋯+DN 的最小值。
题解：
首先，这题可以三分！可以三分！可以三分！
认（sui）真（bian）分（cai）析（xiang）一下可以发现，$K=1$时总花费时间随桥从左到右变化的函数是个单峰函数，$K=2$时是两个单峰函数通过某种变换之后叠加在一起，最后还是个单峰函数（然而我并不会证）
因此可以先三分第一个桥，再三分第二个桥，三分套三分的时间复杂度是$O(nlog^210^9)$的，手算大概有2.5亿，实测可以过掉前四个subtask，获得63分的好成绩（雾）
正解是权值线段树动态维护中位数。。。
$K=1$就不说了，大家都会。。。
$K=2$时有一个结论：每个人必定会走更接近$frac{A_i+B_i}{2}$的那座桥，易得这样必定更优；
所以可以先按照$A_i+B_i$排序，左半边的人就会走左桥，右半边就走右桥；
然后就没了。。。左右各写一个数据结构，支持快速插入/删除，快速查询中位数和区间和，可以直接splay，也可以用权值线段树黑科技来做（新技能get√）
ps：所谓的黑科技就是，左右儿子哪个size大就走哪个，最后的叶节点就是中位数。。。
代码：
三分：（请木公爷来卡常啊啊啊）
1 #include<algorithm>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<cmath>
6 #include<queue>
7 #define inf 10000000000000000
8 #define eps 1e-9
9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 struct pp{
12 ll s1,s2,t1,t2;
13 }p[100001];
14 ll n,K,ans=inf,l,r,maxn=0;
15 char sd1[2],sd2[2];
16 ll gaogao(ll k,ll kk){
17 ll ret=0;
18 for(ll i=1;i<=n;i++){
19 if(p[i].s1==p[i].s2)ret+=abs(p[i].t1-p[i].t2);
20 else ret+=min(abs(p[i].t1-k)+abs(p[i].t2-k)+1,abs(p[i].t1-kk)+abs(p[i].t2-kk)+1);
21 }
22 return ret;
23 }
24 ll gao(ll k){
25 if(K==1){
26 ll ret=0;
27 for(ll i=1;i<=n;i++){
28 if(p[i].s1==p[i].s2)ret+=abs(p[i].t1-p[i].t2);
29 else ret+=abs(p[i].t1-k)+abs(p[i].t2-k)+1;
30 }
31 return ret;
32 }
33 ll ret=inf,l=0,r=maxn;
34 while(l+3<=r){
35 ll mid=l+(r-l)/3,mmid=r-(r-l)/3;
36 if(gaogao(k,mid)<=gaogao(k,mmid))r=mmid;
37 else l=mid;
38 }
39 for(ll i=l;i<=r;i++){
40 ret=min(ret,gaogao(k,i));
41 }
42 return ret;
43 }
44 int main(){
45 scanf("%lld%lld",&K,&n);
46 for(ll i=1;i<=n;i++){
47 scanf("%s%lld%s%lld",sd1,&p[i].t1,sd2,&p[i].t2);
48 p[i].s1=sd1[0]-'A';
49 p[i].s2=sd2[0]-'A';
50 maxn=max(maxn,max(p[i].t1,p[i].t2));
51 }
52 l=0,r=maxn;
53 while(l+3<=r){
54 ll mid=l+(r-l)/3,mmid=r-(r-l)/3;
55 if(gao(mid)<=gao(mmid))r=mmid;
56 else l=mid;
57 }
58 for(ll i=l;i<=r;i++){
59 ans=min(ans,gao(i));
60 }
61 printf("%lld",ans);
62 return 0;
63 }
权值线段树：
1 #include<algorithm>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdio>
5 #include<cmath>
6 #include<queue>
7 #define inf 1000000000000000
8 #define eps 1e-9
9 using namespace std;
10 typedef long long ll;
11 struct pp{
12 ll t1,t2;
13 friend bool operator <(pp a,pp b){
14 return a.t1+a.t2<b.t1+b.t2;
15 }
16 }p[200001];
17 struct node{
18 ll v,siz;
19 }t[1000001][2];
20 ll n,k,t1,t2,x1,x2,x3,x4,m1,m2,nw1=0,nw2=0,els=0,sum=0,cnt=0,ans=inf,num[200001];
21 char s1[2],s2[2];
22 void updata(ll l,ll r,ll u,ll p,ll x,ll ch){
23 t[u][ch].siz+=x;
24 t[u][ch].v+=x*num[p];
25 if(l==r)return;
26 ll mid=(l+r)/2;
27 if(p<=mid)updata(l,mid,u*2,p,x,ch);
28 else updata(mid+1,r,u*2+1,p,x,ch);
29 }
30 ll get(ll l,ll r,ll u,ll x,ll ch){
31 if(l==r)return l;
32 ll mid=(l+r)/2;
33 if(x<=t[u*2][ch].siz)return get(l,mid,u*2,x,ch);
34 else return get(mid+1,r,u*2+1,x-t[u*2][ch].siz,ch);
35 }
36 ll query(ll l,ll r,ll u,ll L,ll R,ll ch,ll xx){
37 if(L<=l&&r<=R){
38 return xx?t[u][ch].v:t[u][ch].siz;
39 }
40 ll mid=(l+r)/2,ret=0;
41 if(L<=mid)ret+=query(l,mid,u*2,L,R,ch,xx);
42 if(mid<R)ret+=query(mid+1,r,u*2+1,L,R,ch,xx);
43 return ret;
44 }
45 int main(){
46 scanf("%lld%lld",&k,&n);
47 if(k==1){
48 for(ll i=1;i<=n;i++){
49 scanf("%s%lld%s%lld",s1,&t1,s2,&t2);
50 if(s1[0]==s2[0])els+=abs(t1-t2);
51 else{
52 num[++cnt]=t1;
53 num[++cnt]=t2;
54 }
55 }
56 ans=els+cnt/2;
57 sort(num+1,num+cnt+1);
58 for(ll i=1;i<=cnt;i++){
59 ans+=abs(num[i]-num[cnt/2]);
60 }
61 printf("%lld",ans);
62 }else{
63 for(ll i=1;i<=n;i++){
64 scanf("%s%lld%s%lld",s1,&t1,s2,&t2);
65 if(s1[0]==s2[0])els+=abs(t1-t2);
66 else{
67 num[++cnt]=t1;
68 num[++cnt]=t2;
69 p[++sum].t1=t1;
70 p[sum].t2=t2;
71 }
72 }
73 if(!sum)return printf("%lld
",els),0;
74 els+=sum;
75 sort(num+1,num+cnt+1);
76 cnt=unique(num+1,num+cnt+1)-num-1;
77 sort(p+1,p+sum+1);
78 for(ll i=1;i<=sum;i++){
79 nw1+=p[i].t1+p[i].t2;
80 p[i].t1=lower_bound(num+1,num+cnt+1,p[i].t1)-num;
81 p[i].t2=lower_bound(num+1,num+cnt+1,p[i].t2)-num;
82 updata(1,cnt,1,p[i].t1,1,1);
83 updata(1,cnt,1,p[i].t2,1,1);
84 }
85 for(ll i=1;i<=sum;i++){
86 nw2+=num[p[i].t1]+num[p[i].t2];
87 nw1-=num[p[i].t1]+num[p[i].t2];
88 updata(1,cnt,1,p[i].t1,1,0);
89 updata(1,cnt,1,p[i].t1,-1,1);
90 updata(1,cnt,1,p[i].t2,1,0);
91 updata(1,cnt,1,p[i].t2,-1,1);
92 m1=get(1,cnt,1,i,0);
93 m2=get(1,cnt,1,sum-i,1);
94 x1=query(1,cnt,1,1,m1,0,1);
95 x2=query(1,cnt,1,1,m2,1,1);
96 x3=query(1,cnt,1,1,m1,0,0);
97 x4=query(1,cnt,1,1,m2,1,0);
98 ans=min(ans,x3*num[m1]-x1+(nw2-x1)-(i*2-x3)*num[m1]+x4*num[m2]-x2+(nw1-x2)-((sum-i)*2-x4)*num[m2]);
99 }
100 printf("%lld",ans+els);
101 }
102 return 0;
103 }