[bzoj3532][Sdoi2014]Lis

题目大意：给定序列$A$，序列中的每一项$A_i$有删除代价$B_i$和附加属性$C_i$。请删除若干项，使得$A$的最长上升子序列长度至少减少$1$，且代价最小，并输出方案。若有多种方案，$C$的字典序最小的一种。

题解：如果只要求输出代价，令$f_i$表示到$i$的最长上升子序列长度，把所有$j<i&&a_j<a_i&&f_i=f_j+1$的$i$和$j$之间连一条边，跑一遍最小割就行了。

但是题目要求字典序最小，可以贪心，按$C$从小到大排序，每次看一条边是否可能是最小割中的边，是的话就删去。

那么就要求较快出一条边是否可以在最小割中。

比如求$(u,v)$是否是可以在最小割中，正常的方法是把这条边的容量减$1$，看最小割的大小是不是减少$1$。但这样很慢，这可以转变为在残量网络上看从$u$出发是否能找到一条$u$到$v$的增广路，如果找不到就说明该边可能在最小割中。

发现，删去一条边后，需要重新计算最大值。

这时可以使用退流，比如把$(u,v)$退流，就可以在残量网络中跑两遍最大流，分别是$(u,start)$和$(end,v)$，这样就可以把这条边的流量的贡献减去

卡点：1.$f$数组没清空

C++ Code：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
//#define int long long
#define maxn 1410
#define maxm 246000
#define X(x) ((x << 1) - 1)
#define Y(x) (x << 1)
using namespace std;
const long long inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int Tim, n;
int A[maxn], C[maxn], rnk[maxn], num[maxn];
int ans[maxn], ansn;
long long B[maxn];
int f[maxn], maxf = 0;

int head[maxn], cnt = 2;
struct Edge {
	int to, nxt;
	long long w;
} e[maxm << 1];
void add(int a, int b, long long c) {
	e[cnt] = (Edge) {b, head[a], c}; head[a] = cnt;
	e[cnt ^ 1] = (Edge) {a, head[b], 0}; head[b] = cnt ^ 1;
	cnt += 2;
}
inline int max(int a, int b) {return a > b ? a : b;}
inline long long min(long long a, long long b) {return a < b ? a : b;}
inline bool cmp(int a, int b) {return C[a] < C[b];}

int st, ed, tst, ted;
int d[maxn];
int q[maxn], h, t;
bool bfs() {
	memset(d, 0, sizeof d);
	d[q[h = t = 0] = tst] = 1;
	while (h <= t) {
		int u = q[h++];
		if (u == ted) return true;
		for (int i = head[u]; i; i = e[i].nxt) {
			int v = e[i].to;
			if (e[i].w && !d[v]) {
				d[v] = d[u] + 1;
				q[++t] = v;
			}
		}
	}
	return d[ted];
}
long long dfs(int x, long long low) {
//	printf("in:%d %lld
", x, low);
	if (!low || x == ted) return low;
//	printf("no:%d %lld
", x, low);
	int v;
	long long res = 0, w;
	for (int i = head[x]; i; i = e[i].nxt) {
		v = e[i].to;
		if (e[i].w && d[v] == d[x] + 1) {
			w = dfs(v, min(low - res, e[i].w));
			e[i].w -= w;
			e[i ^ 1].w += w;
			res += w;
			if (low == res) return low;
		}
	}
//	printf("out:%d %lld
", x, res);
	if (!res) d[x] = -1;
	return res;
}
long long dinic(int st, int ed) {
	tst = st, ted = ed;
	long long ans = 0;
	while (bfs()) ans += dfs(tst, inf);
	return ans;
}
signed main() {
	scanf("%d", &Tim);
	while (Tim --> 0) {
		scanf("%d", &n);
		st = 0, ed = n << 1 | 1;
		for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &A[i]);
		for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%lld", &B[i]);
		for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &C[i]), rnk[i] = i;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			for (int j = 0; j < i; j++) if (A[j] < A[i]) f[i] = max(f[i], f[j] + 1);
//			printf("%d %d
", i, f[i]);
			maxf = max(maxf, f[i]);
		}
//		printf("lalal:%d
", maxf);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			num[i] = cnt; add(X(i), Y(i), B[i]);
			if (f[i] == 1) add(st, X(i), inf);
			if (f[i] == maxf) add(Y(i), ed, inf);
			for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
				if (A[i] < A[j] && f[i] + 1 == f[j]) add(Y(i), X(j), inf);
			}
		}
		printf("%lld ", dinic(st, ed));
		ansn = 0;
		sort(rnk + 1, rnk + n + 1, cmp);
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			int now = rnk[i], E = num[now];
//			printf("%d %lld
", now, e[E].w);
			if (!e[E].w) {
				tst = X(now), ted = Y(now);
				if (!bfs()) {
					dinic(ed, Y(now));
					dinic(X(now), st);
					e[E].w = e[E ^ 1].w = 0;
					ans[++ansn] = now;
				}
			}
		}
		sort(ans + 1, ans + ansn + 1);
		printf("%d
", ansn);
		for (int i = 1; i < ansn; i++) printf("%d ", ans[i]);
		printf("%d
", ans[ansn]);
		if (Tim) {
			cnt = 2;
			memset(f, 0, sizeof f);
			memset(head, 0, sizeof head);
			maxf = 0;
		}
	}
	return 0;
}