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题目描述：有$n$个送餐员(坐标为$x_{i}$)及$m$个餐厅(坐标为$y_{i}$，权值为$w_{i}$)，每个送餐员需要前往一个餐厅，每个餐厅只能容纳$c_{i}$个送餐员，一个送餐员去一个餐厅的代价为$|x_{i}-y_{j}|+w_{j}$，求最小代价。
首先这个题可以暴力建图跑费用流，具体做法就不说了。现在我们考虑模拟费用流的过程，也就是模拟贪心及匹配中反悔的过程。
我们对送餐员和餐厅分别开一个小根堆然后从左往右决策每个坐标位置的人或餐厅的选择：
对于送餐员，先强制让他与左面的餐厅匹配(如果没有则看作和无限远处匹配)，为了使代价最小，我们选择左面$w-y$最小的餐厅与他匹配，因为他还可能与右边的餐厅匹配，所以我们往送餐员的堆中加入一个当前送餐员的反悔操作，权值为$-(x-y+w)-x$(因为这个反悔操作只会匹配右边的餐厅，所以送餐员之后的权值为$-x$)，这样如果之后选择这个反悔操作，就会将之前选择的代价抵消掉，并让这个送餐员产生新的代价。这也就是说送餐员的堆中存的都是反悔的送餐员。
对于餐厅，只要当前餐厅的权值$w+y$与送餐员的堆顶的权值之和小于$0$就说明这个堆顶的送餐员匹配当前餐厅比之前的选择更优，那么我们就让他匹配当前餐厅。这时候有两种情况：1、餐厅反悔，它要匹配它右边的送餐员，那么我们在餐厅的堆中加入权值为$-(v+w+y)+w-y$的反悔操作(其中$v$表示送餐员堆顶的权值，因为这个反悔操作只会匹配右边的送餐员，所以餐厅的权值为$w-y$)。2、送餐员反悔，他要匹配更右边的餐厅，这时就要在送餐员的堆中加入权值为$-w-y$的反悔操作来使下一次选到这个操作时抵消掉这次匹配的代价。
总的来说这道题就是在所有正常匹配和反悔操作中贪心寻找最优解来进行匹配。
最后说一下时间复杂度：因为对于送餐员向左匹配时只会反悔一次所以送餐员的反悔操作进堆次数是线性的。对于餐厅的操作，因为一个餐厅匹配左面的送餐员时送餐员的反悔操作权值都是$-y-w$，所以只需要记录一下匹配数量，统一入堆即可。每个反悔操作在被匹配后都会删除，而除了送餐员向左匹配的反悔操作之外，只会在枚举到每个餐厅时将一个权值入堆，所以总共能被匹配的送餐员反悔操作的数量是线性的。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
struct miku
{
ll sum;
ll num;
miku(){}
miku(ll SUM,ll NUM){sum=SUM,num=NUM;}
};
bool operator <(miku a,miku b){return a.sum>b.sum;}
priority_queue<miku>A,B;
ll x[100010];
ll y[100010];
ll w[100010];
ll c[100010];
int n,m;
ll ans;
void ins1(ll x)
{
ll v=B.top().sum;
int c=B.top().num;
B.pop();
ans+=x+v;
A.push(miku(-(x+v)-x,1));
if(c>1)
{
B.push(miku(v,c-1));
}
}
void ins2(ll y,ll w,int c)
{
int k=0;
while(!A.empty()&&k<c&&A.top().sum+w+y<0)
{
ll v=A.top().sum;
int s=A.top().num;
A.pop();
int g=min(s,c-k);
s-=g,k+=g,ans+=1ll*g*(v+w+y);
if(s)
{
A.push(miku(v,s));
}
B.push(miku(-(v+w+y)+w-y,g));
}
if(k)
{
A.push(miku(-y-w,k));
}
if(c-k)
{
B.push(miku(w-y,c-k));
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
ll tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%lld",&x[i]);
}
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld",&y[i],&w[i],&c[i]);
tot+=c[i];
}
if(tot<n)
{
printf("-1");
return 0;
}
y[0]=-1ll<<60,c[0]=1<<30;
int i=1,j=0;
while(i<=n&&j<=m)
{
if(x[i]<=y[j])
{
ins1(x[i]);
i++;
}
else
{
ins2(y[j],w[j],c[j]);
j++;
}
}
while(i<=n)
{
ins1(x[i]);
i++;
}
while(j<=m)
{
ins2(y[j],w[j],c[j]);
j++;
}
printf("%lld",ans);
}
原文地址：https://www.cnblogs.com/Khada-Jhin/p/10430331.html