【題目】
原題地址
一條直線上有 $n$個送餐員和 $m$個餐廳。每個送餐員都要去餐廳取菜，花費為距離+菜的價值。每個餐廳有提供菜數量限制，求最小花費。 $n$

【解題思路】
題解看這
設送餐員為 $a$，餐廳為 $b$

考慮一個更顯然的問題，這個就是一個二分圖匹配問題，我們建圖跑費用流就可以了。
然而這樣做並不優秀，於是我們考慮套路，用堆或線段樹來模擬費用流的增廣，這裡顯然是用堆。

我們考慮把餐廳和送餐員放在一起按照座標排序，從前往後考慮，當考慮到一名送餐員 $i$時，我們先讓它與前面的一個空的餐廳 $j$匹配。費用為 $x_i-x_j$，那麼我們就是要找一個最小的 $-y_j$。(如果沒有空的餐廳我們可以視為在 $-\infty$處有無窮個餐館)。

匹配完之後，我們可能進行調整，把這名送餐員改為匹配後面的餐廳。那麼我們就可以撤銷這次操作，然後把這名送餐員當做沒有使用過，那麼往堆中丟入 $-(x_i-x_j)-x_i$，即減去之前這組匹配的貢獻，然後尋找新匹配。 掃到餐廳時也類似，先可以匹配一名送餐員，然後可以撤銷這組匹配，尋找新匹配。

對所有餐廳和送餐員分別建一個堆來維護這個操作。注意我們既可以對送餐員進行反悔，也可以對餐廳進行反悔，即每新增一組匹配，我們往兩個堆中分別加入反悔操作。

設每個餐廳能提供 $c_i$的菜，複雜度是O $((n+\sum c_i)\log (n+\sum c_i))$
這個就是一個純模擬費用流了。

考慮這個過程中我們維護了兩個堆，一個維護待匹配的送餐員，一個維護待匹配的餐廳。之前複雜度不對的原因是送餐員堆的複雜度沒有保證，因為一個餐廳匹配了一名送餐員之後，這名送餐員可能反悔，所以這名送餐員又會重新丟入送餐員堆中。

但注意到對於送餐員 $x,y$和餐廳 $a,b$來說，若 $x<y<a<b$，那麼當送餐員 $x$和 $y$在匹配了餐館 $a$時，丟到堆裡的元素都是 $-x_a-w_a$，也就是說每次餐館匹配了若干送餐員後，往送餐員堆裡面丟的東西都是等權的，因此只需要丟一次就行了。

複雜度就是 $O(n\log n)$的了。

【參考程式碼】

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=2e5+10,INF=0x3f3f3f3f;
int n,m,cnt;
ll ans,tot;

int read()
{
	int ret=0;char c=getchar();
	while(!isdigit(c)) c=getchar();
	while(isdigit(c)) ret=ret*10+(c^48),c=getchar();
	return ret;
}

struct node
{
	int x,w,c;
	node(int _x=0,int _w=0,int _c=0):x(_x),w(_w),c(_c){}
	bool operator <(const node&a)const{return x<a.x;}
}a[N];

struct heap
{
	ll v;int t;
	heap(ll _v=0,int _t=0):v(_v),t(_t){}
	bool operator <(const heap&a)const{return v==a.v?t<a.t:v>a.v;}
};
priority_queue<heap>q1,q2;

int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("UOJ455.in","r",stdin);
	freopen("UOJ455.out","w",stdout);
#endif
	n=read();m=read();cnt=n;
	for(int i=1;i<=n;++i) a[i].x=read();
	for(int i=1;i<=m;++i)
	{
		int x=read(),w=read(),c=min(read(),n);tot+=c;
		if(c) a[++cnt]=node(x,w,c);
	}
	if(tot<n){puts("-1");return 0;}
	a[++cnt]=node(-INF,INF,N);
	sort(a+1,a+cnt+1);
	for(int i=1;i<=cnt;++i)
	{