【BZOJ1449】球队收益（JSOI2009）-费用流+拆边

测试地址：球队收益
做法：本题需要用到费用流+拆边。
由于每场比赛只能有一个胜者，不难想到从每场比赛向比赛双方的队伍各连一条容量为1$1$的边，并从源点向每场比赛连一条容量为1$1$的边，这样每个队伍获得的流量就是它赢的场次了。我们先假设一支队伍所涉及的所有比赛它都输了，这种情况下会获得Cix2i+Di(yi+ti)2$C_i{x}_i^2+D_i(y_i+t_i{)}^2$的收益，其中ti$t_i$为这支队伍参加的场次，xi,yi$x_i,y_i$就是它已经赢/输的场次。那么如果赢了a$a$场，它就会获得比原来多Ci(2axi−a2)−Di(2a(yi+ti)−a2)$C_i(2a{x}_i-a^2)-D_i(2a(y_i+t_i)-a^2)$的收益。我们发现这个很难表现成一条边的费用，于是我们把这条边拆成ti$t_i$条容量为1$1$的边，并使得它在选其中费用最少的a$a$条边时，费用和为上面那个式子，我们可以构造出第a$a$条边的费用应该为Ci(2(xi+a)−1)−Di(2(yi+ti−a)+1)$C_i(2(x_i+a)-1)-D_i(2(y_i+t_i-a)+1)$，即从赢a−1$a-1$场到赢a$a$场新增的收益，显然这个东西是随着a$a$的增大而增大的，所以满足上面的条件。那么我们把图建出来后，跑一遍最小费用最大流就可以求出最小的新增收益，最后加上原来我们假设已经获得的收益即可。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll inf=1000000000000000000ll;
int n,m,S,T,first[6010]={0},tot=1,last[6010],laste[6010];
ll x[5010],y[5010],c[5010],d[5010],deg[5010]={0};
ll dis[6010],sum=0;
bool vis[6010];
queue<int> Q;
struct edge
{
    int v,next;
    ll f,c;
}e[30010];

void insert(int a,int b,ll f,ll c)
{
    e[++tot].v=b,e[tot].next=first[a],e[tot].f=f,e[tot].c=c,first[a]=tot;
    e[++tot].v=a,e[tot].next=first[b],e[tot].f=0,e[tot].c=-c,first[b]=tot;
}

void init()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        scanf("%lld%lld%lld%lld",&x[i],&y[i],&c[i],&d[i]);
    S=n+m+1,T=n+m+2;
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int a,b;
        insert(S,i,1,0);
        scanf("%d%d",&a,&b);
        deg[a]++,deg[b]++;
        insert(i,m+a,1,0);
        insert(i,m+b,1,0);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        sum+=c[i]*x[i]*x[i]+d[i]*(y[i]+deg[i])*(y[i]+deg[i]);
        for(ll j=1;j<=deg[i];j++)
            insert(m+i,T,1,c[i]*(2ll*(x[i]+j)-1ll)-d[i]*(2ll*(y[i]+deg[i]-j)+1));
    }
}

bool spfa()
{
    memset(vis,0,sizeof(vis));
    for(int i=1;i<=T;i++)
        dis[i]=inf;
    dis[S]=0;
    vis[S]=1;
    Q.push(S);
    while(!Q.empty())
    {
        int v=Q.front();Q.pop();
        for(int i=first[v];i;i=e[i].next)
            if (e[i].f&&dis[e[i].v]>dis[v]+e[i].c)
            {
                last[e[i].v]=v;
                laste[e[i].v]=i;
                dis[e[i].v]=dis[v]+e[i].c;
                if (!vis[e[i].v]) Q.push(e[i].v),vis[e[i].v]=1;
            }
        vis[v]=0;
    }
    return dis[T]!=inf;
}

void mincost()
{
    ll minc=0;
    while(spfa())
    {
        int x=T;
        ll maxf=inf;
        while(x!=S)
        {
            maxf=min(maxf,e[laste[x]].f);
            x=last[x];
        }
        x=T;
        while(x!=S)
        {
            e[laste[x]].f-=maxf;
            e[laste[x]^1].f+=maxf;
            x=last[x];
        }
        minc+=maxf*dis[T];
    }
    printf("%lld",sum+minc);
}

int main()
{
    init();
    mincost();

    return 0;
}