problem

有两个国家，国家 $A$ 有 $n$ 座城市，国家 $B$ 有 $m$ 座城市，两个国家间有若干条单向航线。

具体地，有长度为 $n$ 的数组 $a$ 和长度为 $m$ 的数组 $b$。国家 $A$ 的第 $i$ 座城市有单向航线可以到达国家 $B$ 的 $1\sim a_i$ 号城市。国家 $B$ 的第 $i$ 座城市有单向航线可以到达国家 $A$ 的 $1\sim b_i$ 号城市。

定义一次膜拜为：共 $n+m$ 座城市，任选一座出发，沿着单向航线走，不重复经过城市，最后回答出发城市的过程，即一个简单有向环。

要求若干次膜拜加在一起，经过 $A$ 国家的城市 $i$ 不超过 $c_i$ 次，经过 $B$ 国家城市 $i$ 不超过 $d_i$ 次。

在一次膜拜中起终点相同，但仍然认为起点只经过了一次。

最大化膜拜次数并输出。

solution

这个单向航线很特别，能到达对面的城市一定是从 $1$ 开始编号的连续一段。

有个结论：每次膜拜的路线一定是个二元环。

二元环可以用 $\text{dinic}$ 网络流 $O(n^2\sqrt{n})$ / 匈牙利最大匹配 $O(n^3)$ 跑。

左部点为 $A$ 国城市，右部点为 $B$ 国城市。

当满足 $a_i\ge j\wedge b_j\ge i$ 时，左部 $i$ 点和右部 $j$ 点连一条边。

因为无法通过此题，我们考虑能否模拟这个最大流的过程。

将 $A$ 国城市限制当作 $(i,a_i)$，$B$ 国城市限制当作 $(b_i,i)$，投放到二维平面上。

发现，在二维平面图上，对于 $A$ 国城市 $i$，与其有单向航线的城市都在其下方。对于 $B$ 国城市 $j$，与其有单向航线的城市都在其左侧。

所以，$A$ 国城市 $i$ 只能和其右下方的 $B$ 城市点进行匹配，才能形成二元环。

将 $A$ 国城市按 $a_i$ 分类，然后枚举 $y=a$ 常直线，像扫描线一般上移，顺便加入新的 $B$ 国城市点。

贪心地，城市 $i$ 会和离自己最近的 $B$ 国城市匹配（这个距离单指 $x$ 轴上的距离）。

大概就是更远的有更多适配情况，先将要求较严苛的匹配了来。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 500005
int n, m;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], d[maxn];
multiset < pair < int, int > > s;
vector < int > g[maxn];int main() {scanf( "%d %d", &n, &m );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &a[i] );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) scanf( "%d", &b[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%d", &c[i] );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) scanf( "%d", &d[i] );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) g[a[i]].push_back( i );long long ans = 0;for( int i = 1;i <= m;i ++ ) {s.insert( make_pair( b[i], d[i] ) );for( int k : g[i] ) {while( ! s.empty() ) {auto it = s.lower_bound( make_pair( k, 0 ) );if( it == s.end() ) break;pair < int, int > t = *it;s.erase( it );if( t.second > c[k] ) {t.second -= c[k];ans += c[k];c[k] = 0;s.insert( t );break;}else c[k] -= t.second, ans += t.second;}}}printf( "%lld\n", ans );return 0;
}