BZOJ4873 LuoguP3749 寿司餐厅

题面太长，请诸位自行品尝—>寿司餐厅

 

分析：

　　首先题目中给了限制条件，假如选了D(i,j)（i<j），那么也就选了D(i+1,j)和D(i,j-1)两个点。

　　于是我们一下就明白了，哦，最大权闭合子图~

　　所以我们让每一个D代表一个点，然后对于每个D(i,j)代表的点，分别向D(i+1,j)和D(i,j-1)所代表的点连边（容量为inf）,然后按照最大权闭合子图的建图方式建图~

　　完了？

　　并没有。我们接着看题面，其实代价还有一个，是mx^2+cx，这个我们怎么加上？

　　直接看啥也看不出来，所以我们拆开来看。首先，mx^2是由代号和常数m决定的，所以我们可以把它独立开来，对每个编号建立一个点，因为它是代价，所以点权是负的，所以我们从它向汇点T连一条边权为mx^2的边，然后把每个代号为x的寿司向它代号那个点连边。

　　再考虑cx怎么计算，这个好办，多选一种编号为x的寿司就会产生x的代价，所以我们把每种寿司向T点连边，容量为x即可产生费用。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ms(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
#define p(x,y) ((x-1)*n+y+1000)
using namespace std;int S,T,tot;
const int N=40000,inf=0x3f3f3f3f;
struct node{int y,z,nxt;}e[N*64];int a[N];
int c=1,h[N],d[N],m,k,n,ans,q[N],sn[N],g,sm;
void add(int x,int y,int z){
    e[++c]=(node){y,z,h[x]};h[x]=c;
    e[++c]=(node){x,0,h[y]};h[y]=c;
} bool bfs(){int f=1,t=0;ms(d,-1);
    d[S]=0;q[++t]=S;
    while(f<=t){
        int x=q[f++];
        for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
        if(d[y=e[i].y]==-1&&e[i].z)
        d[y]=d[x]+1,q[++t]=y;
    } return (d[T]!=-1);
} int dfs(int x,int f){
    if(x==T) return f;int w,tmp=0;
    for(int i=h[x],y;i;i=e[i].nxt)
    if(d[y=e[i].y]==d[x]+1&&e[i].z){
        w=dfs(y,min(e[i].z,f-tmp));
        if(!w) d[y]=-1;e[i].z-=w;
        e[i^1].z+=w;tmp+=w;if(tmp==f) return f;
    } return tmp;
} void solve(){
    while(bfs()) tot+=dfs(S,inf);
} int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);S=0;T=n*n+1001;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&a[i]);
        if(m&&!sn[a[i]])
        sn[a[i]]=1,add(a[i],T,a[i]*a[i]);
        add(p(i,i),a[i],inf);
        add(p(i,i),T,a[i]);
    } for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=i;j<=n;j++){
        scanf("%d",&g);sm+=(g>0?g:0);
        if(g>0) add(S,p(i,j),g);
        else add(p(i,j),T,-g);
        if(i!=j) add(p(i,j),p(i+1,j),inf);
        if(i!=j) add(p(i,j),p(i,j-1),inf);
    } solve();printf("%d
",sm-tot);return 0;
}