有一棵 \(n\) 个点的完全二叉树（点 \(i\) 的父亲是 \(\lfloor i/2\rfloor\)），第 \(i\) 个点有 \(a_i\) 个苹果。现在有 \(m\) 个订单，每个订单只接受 \(u_i\) 到 \(v_i\) 路径上的苹果，保证 \(u_i\) 是 \(v_i\) 的父亲，并且最多只接受 \(c_i\) 个苹果，单价为 \(w_i\)。你可以把苹果任意分给订单，求最大可能收益。
\(n,m\le 5\times 10^5\)。
技巧：费用流转 Hall 定理
我会费用流！直接从每个订单向链上的点连边，源点向订单连容量为订单上限，费用为单价的边，点向汇点连容量为苹果数的边，跑最大费用流即可！\(m\log n\) 条边，这不乱冲
当然冲不过去。考虑模拟费用流（说白了就是贪心，但是由费用流可以清楚地证明正确性），即将所有订单按单价从大到小排序，每次流的时候尽量流满即可（注意到反向边没法流）。
怎么流呢？是一个比较清奇的想法：二分一个流量，然后用别的方法判断当前流量是否合法。具体地，我们可以使用 Hall 定理！
发现给每条边钦定好流量之后，判断合不合法，就是判断是否存在一个链到苹果的匹配（前者满配），对应到 Hall 定理就是是否对于任意多条链的并，它们对应位置上的苹果数之和大于等于这些链的需求之和。
进一步，若干条链的并形成若干个连通块，显然不同连通块可以分开算。
于是考虑枚举这个连通块的根 \(r\)，那么就是看是否存在一个以 \(r\) 为根的连通块，其中链和小于苹果和则不合法。可以对于每条链 \((u,v)\) 满足 \(u\) 在 \(r\) 的子树内，在 \(v\) 上打一个 \(+c_i\) 的标记，对每个节点打一个 \(-a_i\) 的标记，那么合法当且仅当每个包含根的连通块权值和均 \(\ge 0\)。这个可以用一个简单的 dp 判断：每个 \(f\) 从子树之和转移过来，然后对 \(0\) 取 \(\min\)。
修改一条链只用判断它的 \(v\) 到 \(1\) 路径上的那些根是否合法，每个根也只用重新计算 \(v\) 祖先里的那些点，所以单次时间复杂度 \(O(\log^2 n)\)，总复杂度（算上二分）\(O(m\log^3 n)\)。
过不去！然后发现这个二分完全没必要，对于每个根可以直接算出所允许的最大值取个 \(\min\) 即可。
具体地，在 \(v\) 不断往上更新时，如果发现当前节点的 \(f\) 大于 \(0\)，则可以在此时将链选的权值 \(x\) 增加 \(f\)。理由是反正 \(f\) 都要对 \(0\) 取 \(\min\)，并且如果 \(f\le 0\)，那增大 \(x\) 必然减小 \(f\)，欠的总是要还的，不如将来再加。
这样总时间复杂度就 \(O(m\log^2 n)\) 了。
点击查看代码
#include <bits/stdc++.h>
#define For(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define Rev(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define Fin(file) freopen(file,"r",stdin);
#define Fout(file) freopen(file,"w",stdout);
using namespace std;
const int N=1e5+5; typedef long long ll;
struct Node{int u,v,c,w;bool operator<(const Node& rhs)const{return w>rhs.w;}}O[N];;
int n,m,a[N]; ll f[N][18],g[N][18];
ll work(int o,int v){
ll res=0; int z=__lg(o);
for(int k=v;k>=o;k>>=1){
int k1=k<<1,k2=k<<1|1; k1>n&&(k1=0); k2>n&&(k2=0);
res+=max(0ll,f[k1][z]+f[k2][z]+a[k]-g[k][z]);
}
return res;
}
void update(int o,int v,ll x){
int z=__lg(o); g[v][z]+=x;
for(int k=v;k>=o;k>>=1){
int k1=k<<1,k2=k<<1|1; k1>n&&(k1=0); k2>n&&(k2=0);
f[k][z]=min(0ll,f[k1][z]+f[k2][z]+a[k]-g[k][z]);
}
assert(f[o][z]>=0);
}
void solve(){
cin>>n>>m; For(i,1,n) cin>>a[i];;
For(i,0,n) memset(f[i],0,sizeof(f[i])),memset(g[i],0,sizeof(g[i]));
For(i,1,m) cin>>O[i].u>>O[i].v>>O[i].c>>O[i].w;; sort(O+1,O+1+m);
ll ans=0;
For(i,1,m){
auto [u,v,c,w]=O[i];
ll x=c; for(int o=u;o;o>>=1) x=min(x,work(o,v));
ans+=x*w; for(int o=u;o;o>>=1) update(o,v,x);
}
cout<<ans<<'\n';
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
int T; cin>>T; while(T--) solve();
return 0;
}