bzoj1560

首先这种题目肯定是要先排序，以x为第一关键字，y为第二关键字
不难想到O(n2)的dp，下面显然要优化
不难发现，由于两点的耗费是坐标差的平方的和，不带根号，
因此，不难发现一个很有用的性质，如果从A点能到C点，C点到B，这样走C点一定比不走C点优
于是不难想到我们要维护y坐标上的上x最大的点，这个点一定是当前相同y坐标中收益最大的
设f[i]为到点i的最大收益，d[y]为当前纵坐标y上最大收益,则f[i]=max(d[k]-dis+v) 1<=k<=y[i]
但这样还是超时了，我们要在进一步优化
由于m<=1000,而n比较大，所以会有许多点有相同的x坐标
对于拥有相同x坐标的点，除了y最小的点我们需要从1开始转移
很容易想到，其他点完全只需要从y[i-1]~y[i]内转移
于是这样就过了

 var w:array[..,..] of longint;
     a,b,v,r:array[..] of longint;
     f:array[..] of longint;
     ans,j,n,m,i,x,y,z,t:longint;

 function max(a,b:longint):longint;
   begin
     if a>b then exit(a) else exit(b);
   end;

 function dis(x,y,a,b:longint):longint;
   begin
     exit(sqr(x-a)+sqr(y-b));
   end;

 begin
   readln(n,m);
   for i:= to n do
   begin
     readln(x,y,z);
     w[x,y]:=z;
   end;
   for i:= to m do
     for j:= to m do
       if w[i,j]<> then
       begin
         inc(t);
         a[t]:=i;
         b[t]:=j;
         v[t]:=w[i,j];
       end;

   f[]:=v[];
   r[]:=;
   for i:= to n do
   begin
     ans:=-;
     if a[i]=a[i-] then
     begin
       for j:=b[i-] to b[i] do
         if r[j]<> then ans:=max(ans,f[j]-dis(a[i],b[i],r[j],j));
     end
     else begin
       for j:= to b[i] do
         if r[j]<> then ans:=max(ans,f[j]-dis(a[i],b[i],r[j],j));
     end;
     ans:=ans+v[i];
     f[b[i]]:=ans;
     r[b[i]]:=a[i];
   end;
   writeln(ans);
 end.