老鼠进洞模型

最普通的一类老鼠进洞问题：

有n只老鼠，坐标分别为xi；有m个洞，有坐标yi，代价wi，容量ci。老鼠i进洞j的代价为|xi−yi|+wi|。每只老鼠必须进洞。

性质：老鼠和洞的匹配不相交

对于任意xi<xj，一定有pi≤pj，p表示匹配对象。

现将老鼠和洞从左到右排序。

对老鼠和洞分别维护堆Q0和Q1，默认老鼠先去左边的洞。

1. 如果加入老鼠x

   在Q1中取出代价最少的，设代价为v,答案显然为x+v(这里的v显然是负数)

   老鼠反悔：在Q0中加入-（x+v)-x。

   解释：-(x+v)是将之前加入答案的值消去。-x是和后面洞的坐标y+此时老鼠的代价，那么实际上会变成y-x，表示下一段距离

2. 如果加入洞（y,w,c): (这里的w可有可不有，具体看题目条件)

   在容量被耗尽或者老鼠的代价不是负数时（这样的话必然是不优），重复从Q0中取出代价最少的老鼠，设这个代价为v。

   答案加上w(操作的权值) + y(这里的y和1中的-x刚好是|y-x|) + v(代价)

   1. 老鼠可能会选相比这个洞更后面的洞，在Q0加入-(w+y+v) (抵消上次操作贡献)-x(下一个洞和这次老鼠的对应距离)？

      实际不是。正确答案是-(w+y+v) (抵消上次操作贡献)+v(下一个洞和这次老鼠的对应距离，因为v可以继承之前几次的状态)

   2. 洞反悔去找更后面的老鼠，这时候在Q1中加入-(w+y+v)(抵消上次操作贡献)+w(每次进洞必要的)+y（与老鼠的坐标对应)?

      实际不是。因为这时候后面老鼠的坐标会大于这个洞，所用正确答案为-(w+y+v)(抵消上次操作贡献)+w(每次进洞必要的)-y（与老鼠的坐标对应)

   2中这两种情况不可能同时发生，不然一定能证明这是不优的。

总结：反悔其实是取消上一次答案的贡献+下次匹配自带的权值（正负取决如何满足绝对值定义)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define ll long long
#define INF 2000000000
int n,m;
ll X[N];
ll Y[N],W[N],C[N];
ll ans;
struct info{ll v,cnt;};//v是反悔代价,cnt表示匹配了多少老鼠 
bool operator<(info a,info b){return b.v<a.v;}
priority_queue<info> q0,q1;//老鼠堆，洞堆 
void ins0(ll x){
	info t=q1.top();//详见1中情况 
	q1.pop();
	ans+=x+t.v;
	if (--t.cnt)//不和上一个洞匹配 
		q1.push(t);
	q0.push((info){-(x+t.v)-x,1});
}
void ins1(ll x,ll w,ll c){
	ll s=0;
	while (c && !q0.empty()){
		info t=q0.top();
		if (w+x+t.v>=0)//当代价反而高的时候就没必要加到答案 
			break;
		q0.pop();
		ll mn=min(t.cnt,c);
		ans+=(w+x+t.v)*mn;
		q1.push((info){-(w+x+t.v)-x+w,mn}); 
		s+=mn;
		t.cnt-=mn;
		c-=mn;
		if (t.cnt)
			q0.push(t);
	}
	if (c) q1.push((info){-x+w,c});//如果洞还有多就填入堆里，这里因为没有和老鼠匹配所以只有自己本身的权值 
	if (s) q0.push((info){-(w+x),s});//老鼠反悔 ，注释里是-(w+y+v)+v=-(w+y)这里函数内定义的是x所以用x. 
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;++i) scanf("%lld",&X[i]);
	ll sum=0;
	for (int i=1;i<=m;++i) scanf("%lld%lld%lld",&Y[i],&W[i],&C[i]),sum+=C[i];
	if (sum<n){
		printf("-1\n");
		return 0;
	}
	q1.push((info){INF,INF});
	int i=1,j=1;
	while (i<=n || j<=m)//保证老鼠和窝的相对位置 
		if (i<=n && (j>m || X[i]<Y[j]))
			ins0(X[i]),i++;
		else
			ins1(Y[j],W[j],C[j]),j++;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}