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luogu-P2570

solution

卧槽网络流尼玛神题

首先这个最小延长时间 TTT ，套路地考虑二分，将问题转化为判定性问题。

其次 n,mn,mn,m 和奶酪存在时间 [l,r][l,r][l,r] 的量级差很大，我们肯定会猜想一段时间内选择吃奶酪的老鼠是一样，套路地考虑离散化。

将 nnn 个奶酪的出现、消失时间放进时间轴 ti[]ti[]ti[] 中。

有序化，将时间轴割裂成若干段不相交且并集为全集的的小区间，一段时间一段时间地考虑。

像这种贪心贪不动，dppdp\ pdp p 不动的题目，我们就可以往网络流上靠了。

其实是感觉是个网络流那它多半就是网络流。

现在就当大家已经想(猜)到这是道网络流了。

这道题问题就在于如何建立一个和原问题等价的网络流。

满足：任一时刻，一只老鼠最多吃一块奶酪，一块奶酪最多被一只老鼠吃。

因为网络流是同时多路径流，所以我们很难在网络流上面直观理解一对一。

本版块是对建图的描述。

刚开始，很容易想到。s,ts,ts,t 源汇点，1∼n1\sim n1∼n 的奶酪，源点 sss 分别与这 nnn 块奶酪连边，容量为对应奶酪的大小 ppp。

然后后面就开始尼玛神起来了。

首先要将老鼠按吃的 速度从大到小 排序，最后面插个速度 000，再差分一下，得到新的速度序列 {v}\{v\}{v}。

e.g.:5429→95420→4122\text{e.g.}:5\ 4\ 2\ 9\rightarrow 9\ 5\ 4\ 2\ 0\rightarrow 4\ 1\ 2\ 2e.g.:5 4 2 9→9 5 4 2 0→4 1 2 2。

后面建图部分的第 iii 个老鼠点若未明确指出原老鼠 / 差分老鼠，则均指已经差分后的第 iii 个老鼠点。

差分过后，按划分的每个时间段重复以下的操作：

假设这个时间段 jjj 的长度为 time=ti[j+1]−ti[j]time=ti[j+1]-ti[j]time=ti[j+1]−ti[j]。

枚举 1∼m1\sim m1∼m 老鼠，给其一个新编号 tot++tot++tot++，与汇点连边。

第 iii 个老鼠连边容量为 vi⋅i⋅timev_i·i·\text{time}vi⋅i⋅time。

你肯定会疑惑这个容量太奇怪了。但先别着急。

看图：

vi⋅i:v_i·i:vi⋅i: 差分值乘上它的差分数组内的编号。

我们观察得到，假设差分数组为 ddd，原数组为 ooo，则有 ∑di⋅i=∑oi\sum d_i·i=\sum o_i∑di⋅i=∑oi。

那么乘上 timetimetime 就是这个老鼠点在这个时间段能吃的奶酪限制。

这个差分相当于将原老鼠切成了若干块，按相同块分类合并。

这个在差分数组内的编号 iii 意思就是有 iii 只原老鼠能划分出这个 v[i]v[i]v[i] 块，统称一只差分老鼠。
枚举 1∼n1\sim n1∼n 奶酪，对完全在这个时间段出现的奶酪继续操作：

与每个老鼠连边，容量 vi⋅timev_i·timevi⋅time。

表示一只老鼠最多在一块奶酪上付出的努力。

看图：

你可以将不同颜色的蓝线当作坐标轴的 x,yx,yx,y 基准轴，然后划分出每个速度老鼠小方格，一个小方格一个小方格地分配。

从上往下从左往右第 (x,y)(x,y)(x,y) 的方格可以理解为该时间段会有第 yyy 只原老鼠吃掉第 xxx 个奶酪的 vy⋅timev_y·timevy⋅time 大小的部分。

每个奶酪会分配到某些行中的一个小方格，然后拼凑出来，相当于是吃掉了这个奶酪的一部分。

本板块是证明此种奇怪神奇但是对的网络流建图方式不会出现不合法的情况，即不存在某一时刻一只老鼠同时吃多个奶酪 / 一个奶酪同时被多只老鼠吃。

PS：本版块若未强调差分老鼠，则均指是原老鼠。

先证明不存在一只老鼠同时吃多个奶酪的情况。

假设排序后第 kkk 只老鼠在该时间段吃了 xxx 块奶酪，第 iii 块奶酪吃了时间 tit_iti。

如果 (∑ti)>time(\sum t_i)> time(∑ti)>time，则表示存在一只老鼠同时吃多个奶酪（不合法）。

首先第 kkk 个差分老鼠至少产生的流量都是 (∑ti)⋅vk(\sum t_i)·v_k(∑ti)⋅vk，而容量为 vk⋅k⋅timev_k·k·timevk⋅k⋅time。

此时有两种情况：
- 有速度更快的老鼠能够帮吃超额部分（引起老鼠必须同时吃奶酪的部分），那么就可以分担。
  
  就不会存在 (∑ti)>time(\sum t_i)>time(∑ti)>time。（也就是说看似不合法的流法可以通过调整变成合法流法）
- 不能帮吃完所有超额部分。那么这些更快的老鼠肯定是吃过了，也就是它们在这个时间段每时每刻都在吃。
  
  在差分上会体现成前 k−1k-1k−1 个差分老鼠对 kkk 差分老鼠造成流量负担，加上原本流量，(∑ti)⋅vk+(k−1)⋅vk⋅time=k⋅vk⋅time+vk⋅((∑ti′)−time)>k⋅vk⋅time(\sum t_i)·v_k+(k-1)·v_k·time=k·v_k·time+v_k·\big((\sum t_i')-time\big)>k·v_k·time(∑ti)⋅vk+(k−1)⋅vk⋅time=k⋅vk⋅time+vk⋅((∑ti′)−time)>k⋅vk⋅time，即流量大于容量，显然不可能，所以在网络流图上不可能跑成这样。（如果调整不了那么一开始就不可能跑成这种情况）
再证明不存在一个 iii 奶酪同时被多只老鼠吃的情况。

假设有 xxx 只老鼠吃了该奶酪，吃了时间 tit_iti。

如果 (∑ti)>tim(\sum t_i)>tim(∑ti)>tim 则表示存在一个奶酪同时被多只老鼠吃。

由于排名靠前的老鼠会对排名靠后的老鼠造成影响。即吃了同一个奶酪的排名最后面的老鼠流量为 (∑ti)⋅vk>ti⋅vk(\sum t_i)·v_k>t_i·v_k(∑ti)⋅vk>ti⋅vk（奶酪向每个差分老鼠的连边容量）。

也不存在跑出这种情况的可能。

在建图板块，是从差分到原来；而在证明板块，是从原来到差分。可多思考一下。

因为这个建图是差分后的建图，所以如果要输出方案（即还原每只老鼠吃的时间）很有可能遇到差分还原后某只老鼠的时间是负数。
还原方法就是第一只差分老鼠的流量 /v/v/v 就是时间，然后把编号比它大的所有差分老鼠减去这个老鼠造成的流量贡献，以此类推。
网络流的流法很多种，我们只是知道最后流满没有。所以有可能某种流法看上去是不对的，但是它一定可以被调整成一种合法流法（优先满足编号小的差分老鼠）。
所以考察输出方案的话就显得不可做了。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define maxn 100000
#define maxm 500000
#define eps 1e-6
#define inf 1e9int s, t, cnt, T, n, m;
int head[maxn], cur[maxn], dep[maxn];
struct edge { int to, nxt; double flow; }E[maxm];
namespace NetworkFlow {queue < int > q;void init() { s = 0, t = n * m * 2 + 1, cnt = -1, memset( head, -1, sizeof( head ) ); }void addedge( int u, int v, double w ) {E[++ cnt] = { v, head[u], w }, head[u] = cnt;E[++ cnt] = { u, head[v], 0 }, head[v] = cnt;}bool bfs() {memset( dep, 0, sizeof( dep ) );memcpy( cur, head, sizeof( head ) );dep[s] = 1; q.push( s );while( ! q.empty() ) {int u = q.front(); q.pop();for( int i = head[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to;if( ! dep[v] and E[i].flow > eps ) {dep[v] = dep[u] + 1;q.push( v );}}}return dep[t];}double dfs( int u, double cap ) {if( u == t or cap < eps ) return cap;double flow = 0;for( int i = cur[u];~ i;i = E[i].nxt ) {int v = E[i].to; cur[u] = i;if( dep[v] == dep[u] + 1 ) {double w = dfs( v, min( cap, E[i].flow ) );if( w < eps ) continue;E[i ^ 1].flow += w;E[i].flow -= w;flow += w;cap -= w;if( cap < eps ) break;}}return flow;}double dinic() {double ans = 0;while( bfs() ) ans += dfs( s, inf );return ans;}
}struct node { double p, l, r; }c[maxn];
double v[maxn], ti[maxn];
double sum;
bool check( double delta ) {NetworkFlow :: init();for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {NetworkFlow :: addedge( s, i, c[i].p );ti[i] = c[i].l, ti[i + n] = c[i].r + delta;}sort( ti + 1, ti + (n << 1 | 1) );int tot = n;for( int i = 1;i <= m;i ++ )for( int j = 1;j < (n << 1);j ++ ) {if( ti[j + 1] - ti[j] < eps ) continue;tot ++, NetworkFlow :: addedge( tot, t, ( ti[j + 1] - ti[j] ) * v[i] * i );for( int k = 1;k <= n;k ++ )if( c[k].l <= ti[j] and  ti[j + 1] <= delta + c[k].r )NetworkFlow :: addedge( k, tot, ( ti[j + 1] - ti[j] ) * v[i] );}return sum - NetworkFlow :: dinic() < eps;
}signed main() { scanf( "%lld", &T );while( T -- ) {scanf( "%lld %lld", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lf %lf %lf", &c[i].p, &c[i].l, &c[i].r );sum = 0; for( int i = 1;i <= n;i ++ ) sum += c[i].p;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) scanf( "%lf", &v[i] );sort( v + 1, v + m + 1, []( int x, int y ) { return x > y; } ); for( int i = 1;i < m;i ++ ) v[i] = v[i] - v[i + 1];double l = 0, r = 5e7, ans;while( l + eps < r ) {double mid = ( l + r ) / 2;if( check( mid ) ) ans = mid, r = mid;else l = mid;}printf( "%.4f\n", ans );}return 0;
}

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