bzoj4873 [Shoi2017]寿司餐厅

Input

第一行包含两个正整数n,m，分别表示这家餐厅提供的寿司总数和计算寿司价格中使用的常数。

第二行包含n个正整数，其中第k个数ak表示第k份寿司的代号。

接下来n行，第i行包含n-i+1个整数，其中第j个数di,i+j-1表示吃掉寿司能

获得的相应的美味度，具体含义见问题描述。

N<=100,Ai<=1000

Output

输出共一行包含一个正整数，表示Kiana能获得的总美味度减去花费的总钱数的最大值。

Sample Input

3 1
2 3 2
5 -10 15
-10 15
15

Sample Output

12

分析：看出来这是一道网络流题，却不知道该如何建模......

　　　看到mx^2 + cx这个式子，我想起了bzoj1449的费用递增模型. 然而m和x都是固定的，每次的增量都是x,费用并不是递增的......

　　　然后我又想：选取若干个不同的寿司，它们之间会产生贡献. 似乎可以用最小割来做，类似bzoj3144的离散变量模型吗？ 这道题选择的寿司之间没有任何限制，当然不是离散变量模型了. 

　　　单纯考虑最小割可以吗？ 每次要求选一段连续的区间不好处理啊.

　　　上述尝试均失败后，果断打了暴力.

　　　如果把区间看作点，这道题差不多就做完了. 选择了区间[l,r],则必然会选择在[l,r]中的所有的点，这实际上就是最大权闭合子图模型. 每个区间要向所有区间内的点连边吗？ 不用！利用传递关系：[l,r]向[l + 1,r]和[l,r - 1]连边.  当l == r时，就代表了一个点.

　　　费用要怎么处理呢？ 将mx^2 + cx看作mx^2 和 cx两部分. 把编号也看作点. 如果一个编号被选择了，那么它的费用就是mx^2,不会改变.  如果一个点被选择了，那么它的费用就是它的编号.  所以每个编号向T连边，容量为m * i^2. 每个点向其所属的编号连边， 容量为inf.  每个点向T连边，容量为其编号.  这样的话选择了点i,就要割掉它到T的所有连边，即i的编号与T的连边和i与T的连边.

　　　具体的建图方式如下：

（参考sliverNebula的博客）

　　　　可以这么理解：割掉S与点i的边，就是放弃了i.  割掉i与T的连边，就是选i的代价.

　　　做网络流的题要有把所有东西都看作“点”的想法.

#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn = ,maxm = ,inf = 0x7fffffff;
int n,m,a[],mx,d[][],cnt,pos[][],S,T,ans,head[maxn];
int to[maxm],nextt[maxm],w[maxm],tot = ,vis[maxn],cur[maxn];

void add(int x,int y,int z)
{
    w[tot] = z;
    to[tot] = y;
    nextt[tot] = head[x];
    head[x] = tot++;

    w[tot] = ;
    to[tot] = x;
    nextt[tot] = head[y];
    head[y] = tot++;
}

bool bfs()
{
    queue <int> q;
    q.push(S);
    memset(vis,-,sizeof(vis));
    vis[S] = ;
    while (!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        if (u == T)
            return true;
        for (int i = head[u];i;i = nextt[i])
        {
            int v = to[i];
            if (w[i] && vis[v] == -)
            {
                vis[v] = vis[u] + ;
                q.push(v);
            }
        }
    }
    return false;
}

int dfs(int u,int f)
{
    if (u == T)
        return f;
    int res = ;
    for (int i = cur[u];i;i = nextt[i])
    {
        int v = to[i];
        if (w[i] && vis[v] == vis[u] + )
        {
            int temp = dfs(v,min(f - res,w[i]));
            w[i] -= temp;
            w[i ^ ] += temp;
            res += temp;
            if (w[i])
                cur[u] = i;
            if (res == f)
                return res;
        }
    }
    if (!res)
        vis[u] = -;
    return res;
}

void dinic()
{
    while (bfs())
    {
        for (int i = ; i <= T; i++)
            cur[i] = head[i];
        ans -= dfs(S,inf);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i = ; i <= n; i++)
    {
        scanf("%d",&a[i]);
        mx = max(mx,a[i]);
    }
    cnt = mx + n;
    for (int i = ; i <= n; i++)
        for (int j = i; j <= n; j++)
        {
            if (i == j)
                pos[i][j] = i;
            else
                pos[i][j] = ++cnt;
        }
    S = cnt + ;
    T = S + ;
    for (int i = ; i <= n; i++)
        for (int j = ; j <= n - i + ; j++)
        {
            scanf("%d",&d[i][i + j - ]);
            int l = i,r = i + j - ;
            if (d[l][r] < )
                add(pos[l][r],T,-d[l][r]);
            else
            {
                add(S,pos[l][r],d[l][r]);
                ans += d[l][r];
            }
            if (l != r)
                add(pos[l][r],pos[l + ][r],inf),add(pos[l][r],pos[l][r - ],inf);
            else
            {
                add(pos[l][r],a[l] + n,inf);
                add(pos[l][r],T,a[l]);
            }
        }
    for (int i = ; i <= mx; i++)
        add(i + n,T,i * i * m);
    dinic();
    printf("%d\n",ans);

    return ;
}