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Part 1

前置知识：$LP$对偶费用流。

考虑这样一个费用流：每条边$uv$的流量设为$f_{uv}$，容量设为$c_{uv}$，费用设为$w_{uv}$。$b_u$设为流出-流入。要求$\mathrm{minimize}\sum f_{uv}{w}_{uv}$。通常来讲，如果$b_u>0$则从源点$S$补流过来，否则流向汇点$T$，因此这是一个最小费用最大流问题（假设原图没有负环）。

经过 一番操作 ，可以发现对偶过后长这样：

$$\mathrm{minimize}\sum _u{b}_u{p}_u+\sum _{uv}{c}_{uv}\max (0,p_v-p_u-w_{uv})$$

注意，两者对应的答案互为相反数，因此提取答案时要取负。

通常来讲，后面的式子一般出现在含差分约束的式子中。而为了减少一条约束中变量的数量，我们通常需要转化为前缀和。

PS：建议$b_u$不要像这篇博客一样写成流入-流出，否则后面推出来怪怪的。。。

Part 2

首先根据贪心，一定是将一个商店里的$A$个珠宝按重量从小到大排序，然后将每个商店中对应第$i$大的珠宝放在一起，如果这样都不行的话就不合法。

进一步的，考虑设$x_{i,j}$表示第$i$个商店选的编号$\le j$的珠宝的数量（注意一定要把$i=0$的变量也建出来），那么对于一条限制$(u,v,w)$，$\forall i\in [1,K_v]$，设$j$是最小的满足$S_{u,j}+w\ge S_{v,i}$的数，则$x_{u,j-1}\le x_{v,i-1}$。

现在写出问题对应的线性规划形式：

$$\begin{gathered} \mathrm{minimize}\sum x_{i,j}(P_{i,j}-P_{i,j+1}) \\ s.t.x_{i,j}-x_{i,j+1}\le 0 \\ {x}_{i,j+1}-x_{i,j}-C_{i,j+1}\le 0 \\ {x}_{u,k}-x_{v,j}\le 0 \\ {x}_{i,K_i}-x_{i,0}-A\le 0 \\ {x}_{i,0}-x_{i,K_i}+A\le 0 \\ {x}_{i,0}=x_{j,0} \\ {x}_{i,j}\ge 0 \end{gathered}$$

现在对于每条差分约束$x-y\le w$，都连一条$(y,x,\infty ,w)$的边，然后根据$P_{i,j}-P_{i,j+1}$的正负建立源汇点平衡流量，答案就是对应的最小费用最大流。

但是这样无法处理多组询问。注意到原图上存在$x_{i,j}$到$x_{i,j-1}$的容量为$\infty$，费用为$0$的边，而$x_{i,j}$的流出量为$P_{i,j}-P_{i,j+1}$，因此考虑先在$x_{i,j}$到$x_{i,j-1}$这条边流大小为$P_{i,j}$的流量，然后连一条$(x_{i,j-1},x_{i,j},P_{i,j},0)$的边表示可以反悔，不难发现这样每条边都自动流量平衡了。这样我们将问题转化为了最小费用可行流，即不断找负环增广，直到代价$>0$。

现在，注意到整张图实际上只有$x_{i,K_i}$到$x_{i,0}$这一条负边，因此这条边一定会被增广，这实际上就是从$x_{0,j}$到$x_{i,K_i}$的最小回归代价减去$A$（注意$j$是任意的，这是$x_{i,0}=x_{j,0}$建出来的边），所以如果将所有$x_{0,j}$看成源点$S$，$x_{i,K_i}$看成汇点$T$，答案就是从$S$到$T$不断增广，直到代价$>A$时的答案。

注意到代价为$A$的边其实是废边，所以这张图实际上和$A$没关系了。又因为费用流具有凸性，因此二分即可。

怎么判无解？有解等价于差分约束有解，也就是说没有负环（这里指容量为$\infty$的边），而有负环的时候总流量一定为$\infty$。

大力冲费用流即可。大概要跑$\sum P_{i,j}$次最短路。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
#define int ll
#define ll long long
using namespace std;
const int N=114514;
const int M=114514;
int n,m,s,t,idx; 
int head[M],nxt[M],to[M],cap[M],cost[M],tot=1;
queue<int>Q;
int dis[N],pre[N],vis[N];
void add(int u,int v,int w,int c){tot++,to[tot]=v,nxt[tot]=head[u],head[u]=tot,cap[tot]=w,cost[tot]=c;tot++,to[tot]=u,nxt[tot]=head[v],head[v]=tot,cap[tot]=0,cost[tot]=-c;
}
bool spfa(){for(int i=1;i<=idx;i++)dis[i]=inf,vis[i]=0;dis[s]=0;Q.push(s);vis[s]=1;while(Q.size()) {int u=Q.front();Q.pop();vis[u]=0;for(int k=head[u];k;k=nxt[k]){int v=to[k];if(cap[k]>0&&dis[u]+cost[k]<dis[v]) {dis[v]=dis[u]+cost[k];pre[v]=k;if(!vis[v]) {vis[v]=1;Q.push(v);}}}}return dis[t]!=inf;
}
int cnt;
ll f[N],sm1[N],sm2[N];
void EK(){while(spfa()){int now=t,flo=inf;while(now!=s){int k=pre[now];flo=min(flo,cap[k]);now=to[k^1];}f[++cnt]=dis[t],sm1[cnt]=sm1[cnt-1]+flo,sm2[cnt]=sm2[cnt-1]+flo*dis[t];if(sm1[cnt]>inf)break;now=t;while(now!=s){int k=pre[now];cap[k]-=flo;cap[k^1]+=flo;now=to[k^1];}}
}
int sz[35],id[35][35];
struct node{int s,p,c;bool operator <(const node &r)const{return s<r.s;}
}a[35][35];
signed main(){//freopen("data.in","r",stdin);ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0),cout.tie(0);cin>>n,s=++idx,t=++idx;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>sz[i];for(int j=1;j<=sz[i];j++)cin>>a[i][j].s>>a[i][j].p>>a[i][j].c;sort(a[i]+1,a[i]+1+sz[i]);for(int j=1;j<sz[i];j++)id[i][j]=++idx;id[i][0]=s,id[i][sz[i]]=t;for(int j=0;j<sz[i];j++){add(id[i][j],id[i][j+1],inf,a[i][j+1].c);add(id[i][j],id[i][j+1],a[i][j+1].p,0);}}cin>>m;for(int i=1;i<=m;i++){int u,v,w;cin>>u>>v>>w;int k=1;for(int j=1;j<=sz[v];j++){while(k<=sz[u]&&a[v][j].s>a[u][k].s+w)k++;add(id[v][j-1],id[u][k-1],inf,0);}}EK();int _Q;cin>>_Q;while(_Q--){int x;cin>>x;if(x>f[cnt]){cout<<-1<<"\n";}else{int p=lower_bound(f+1,f+1+cnt,x)-f-1;cout<<x*sm1[p]-sm2[p]<<"\n";}}
}