[bzoj4873] [洛谷P3749] [Shoi2017] 寿司餐厅

Description###

Kiana最近喜欢到一家非常美味的寿司餐厅用餐。每天晚上，这家餐厅都会按顺序提供n种寿司，第i种寿司有一个

代号ai和美味度di,i，不同种类的寿司有可能使用相同的代号。每种寿司的份数都是无限的，Kiana也可以无限次

取寿司来吃，但每种寿司每次只能取一份，且每次取走的寿司必须是按餐厅提供寿司的顺序连续的一段，即Kiana

可以一次取走第1,2种寿司各一份，也可以一次取走第2,3种寿司各一份，但不可以一次取走第1,3种寿司。由于餐

厅提供的寿司种类繁多，而不同种类的寿司之间相互会有影响：三文鱼寿司和鱿鱼寿司一起吃或许会很棒，但和水

果寿司一起吃就可能会肚子痛。因此，Kiana定义了一个综合美味度\(d_{i,j}\)

（i<j），表示在一次取的寿司中，如果包含

了餐厅提供的从第i份到第j份的所有寿司，吃掉这次取的所有寿司后将获得的额外美味度。由于取寿司需要花费一

些时间，所以我们认为分两次取来的寿司之间相互不会影响。注意在吃一次取的寿司时，不止一个综合美味度会被

累加，比如若Kiana一次取走了第1,2,3种寿司各一份，除了d1,3以外，d1,2,d2,3也会被累加进总美味度中。神奇

的是，Kiana的美食评判标准是有记忆性的，无论是单种寿司的美味度，还是多种寿司组合起来的综合美味度，在

计入Kiana的总美味度时都只会被累加一次。比如，若Kiana某一次取走了第1,2种寿司各一份，另一次取走了第2,3

种寿司各一份，那么这两次取寿司的总美味度为d1,1+d2,2+d3,3+d1,2+d2,3，其中d2,2只会计算一次。奇怪的是，

这家寿司餐厅的收费标准很不同寻常。具体来说，如果Kiana一共吃过了c(c>0)种代号为x的寿司，则她需要为这些

寿司付出mx^2+cx元钱，其中m是餐厅给出的一个常数。现在Kiana想知道，在这家餐厅吃寿司，自己能获得的总美

味度（包括所有吃掉的单种寿司的美味度和所有被累加的综合美味度）减去花费的总钱数的最大值是多少。由于她

不会算，所以希望由你告诉她。

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

【样例1说明】

在这组样例中，餐厅一共提供了3份寿司，它们的代号依次为a1=2，a2=3，a3=2，计算价格时的常数m=1。在保证每次取寿司都能获得新的美味度的前提下，Kiana一共有14种不同的吃寿司方案：

1.Kiana一个寿司也不吃，这样她获得的总美味度和花费的总钱数都是0，两者相减也是0；

2.Kiana只取1次寿司，且只取第1个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1]}，这样获得的总美味度为5，花费的总钱数

为1-2^2+1*2=6，两者相减为-1；

3.Kiana只取1次寿司，且只取第2个寿司，即她取寿司的情况为{[2,2]}，这样获得的总美味度为-10，花费的总钱

数为1-3^2+1*3=12，两者相减为-22；

4.Kiana只取1次寿司，且只取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[3,3]}，这样获得的总美味度为15，花费的总钱数

为12^2+12=6，两者相减为9；

5.Kiana只取1次寿司，且取第1,2个寿司，即她取寿司的情况为{[1,2]}，这样获得的总美味度为5+(-10)+(-10)=-1

5，花费的总钱数为(1-2^2+1*2)+(1-32+1*3)=18，两者相减为-33；

6.Kiana只取1次寿司，且取第2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[2,3]}，这样获得的总美味度为(-10)+15+15=20，

花费的总钱数为(1-2^2+1*2)+(1*32+1*3)=18，两者相减为2；

7.Kiana只取1次寿司，且取第1,2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,3]}，这样获得的总美味度为5+(-10)+15+(-1

0)+15+15=30，花费的总钱数为(12^2+2*2)+(1*32+13)=20，两者相减为10。

8.Kiana取2次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第2个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1],[2,2]}，这样获得的

总美味度为5+(-10)=-5，花费的总钱数为(12^2+1*2)+(1*32+13)=18，两者相减为-23；

9.Kiana取2次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1],[3,3]}，这样获得的

总美味度为5+15=20，花费的总钱数为12^2+22=8，两者相减为12；

10.Kiana取2次寿司，第一次取第2个寿司，第二次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[2,2],[3,3]}，这样获得的

总美味度为(-10)+15=5，花费的总钱数为(12^2+1*2)+(1*32+13)=18，两者相减为-13；

11.Kiana取2次寿司，第一次取第1,2个寿司，第二次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,2],[3,3]}，这样获得

的总美味度为5+(-10)+(-10)+15=0，花费的总钱数为(12^2+2*2)+(1*32+13)=20，两者相减为-20；

12.Kiana取2次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1],[2,3]}，这样获得

的总美味度为5+(-10)+15+15=25，花费的总钱数为(1-22+2-2)+(1-32+1-3)=20，两者相减为5；

13.Kiana取2次寿司，第一次取第1,2个寿司，第二次取第2,3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,2],[2,3]}，这样获

得的总美味度为5+(-10)+15+(-10)+15=15，花费的总钱数为(12^2+2*2)+(1*32+13)=20，两者相减为-5；

14.Kiana取3次寿司，第一次取第1个寿司，第二次取第2个寿司，第三次取第3个寿司，即她取寿司的情况为{[1,1]

,[2,2],[3,3]}，这样获得的总美味度为5+(-10)+15=10，花费的总钱数为(12^2+2*2)+(1*32+13)=20，两者相减

为-10。

所以Kiana会选择方案9，这时她获得的总美味度减去花费的总钱数的值最大为12。

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想法##

我得表示看这种巨长无比的题面心中很不爽。。。

费了好半天看明白题后，发现这是最大权闭合图模型。

当Kiana取走[l,r]的寿司时，她会获得输入数据中对应的一个小直角三角形的美味度之和

如果Kiana想获得d[i,j]，那么她也必须获得d[i+1,j]与d[i,j-1]

如果Kiana想获得d[i,i]，那么她必须交买第i种寿司的钱x

如果Kiana交了买第i中寿司的钱x，她必须交代号为x的寿司的钱\(mx^2\)

可以把所有d[i,j]，每种寿司，每种代号作为点

表示d[i,j]的点，点权为d[i,j]

表示每种寿司的点，点权为-x

表示每种代号的点，点权为\(-mx^2\)

这样我们可以根据这些点之间的依赖关系建一张图了。

然后按照最大权闭合图的套路，点权为正的与S相连，点权为负的与T相连，跑一遍最大流，用所有与S连边的点权之和减去最大流就好了。

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代码##

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>

#define INF 2100000000

using namespace std;

const int N = 6000;

struct node{
    int v,f;
    node *next,*rev;
}pool[N*10],*h[N];
int cnt;
void addedge(int u,int v,int f){
    node *p=&pool[++cnt],*q=&pool[++cnt];
    p->v=v;p->next=h[u];h[u]=p;p->f=f;p->rev=q;
    q->v=u;q->next=h[v];h[v]=q;q->f=0;q->rev=p;
}

int S,T;
int dis[N],que[N],head,tail;
bool bfs(){
    int u,v;
    head=tail=0;
    for(int i=S;i<=T;i++) dis[i]=-1;
    que[tail++]=S; dis[S]=0;
    while(head<tail){
        u=que[head++];
        for(node *p=h[u];p;p=p->next)
            if(p->f && dis[v=p->v]==-1){
                dis[v]=dis[u]+1;
                que[tail++]=v;
            }
        if(dis[T]!=-1) return true;
    }
    return false;
}
int find(int u,int f){
    int v,s=0,t;
    if(u==T) return f; /**/
    for(node *p=h[u];p;p=p->next)
        if(p->f && s<f && dis[v=p->v]==dis[u]+1){
            t=find(v,min(p->f,f-s));
            if(t){
                p->f-=t;
                p->rev->f+=t;
                s+=t;
            }
        }
    if(s==0) dis[u]=-1;
    return s;
}
int dinic(){
    int f=0;
    while(bfs()) f+=find(S,INF);
    return f;
}

int n,m;
int a[105],d[105][105],id[105][105],tot,num;
map<int,int> mp1,mp2;

int main()
{
    int ans=0;
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        scanf("%d",&a[i]);
        if(!mp1.count(a[i])) mp1[a[i]]=++num,mp2[num]=a[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i;j<=n;j++)
            scanf("%d",&d[i][j]),id[i][j]=++tot;

    S=0; T=tot+n+num+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=i;j<=n;j++){
            if(d[i][j]>=0) addedge(S,id[i][j],d[i][j]),ans+=d[i][j];
            else addedge(id[i][j],T,-d[i][j]);
            if(i<n) addedge(id[i][j],id[i+1][j],INF);
            if(j>i) addedge(id[i][j],id[i][j-1],INF);
        }
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        addedge(tot+i,T,a[i]);
        addedge(id[i][i],tot+i,INF);
        addedge(tot+i,mp1[a[i]]+tot+n,INF);
    }
    for(int i=1;i<=num;i++)
        addedge(tot+n+i,T,mp2[i]*mp2[i]*m);

    ans-=dinic();
    printf("%d\n",ans);

    return 0;
}