标签：pre span 不同的 文件操作 数据 包括 read i++ 关系
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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di,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1*2^2+1*2=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)+(1-3^2+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*3^2+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(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=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(1*2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=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1*2^2+2*2=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(1*2^2+1*2)+(1*3^2+1*3)=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(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=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(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=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(1*2^2+2*2)+(1*3^2+1*3)=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。
HINT
Source
图论 网络流 最大权闭合子图
题面这么这么长，看着很恶心很码农对不对？
于是考场上博主写了个暴力就去调T2，没敢再看
离结束30分钟的时候，觉得T2实在调不出了，又回来看这题。
WTF这不是最大权闭合子图嘛
于是花式建边：
1、对于所有的$(i,j)$区间收益，将它们各自看做一个点，若权值$mp$为正，从源点连过来，容量为$mp$，若权值为负，连到汇点去，容量为$-mp$
2、对于所有的$(i,j)$区间收益，向区间内包括的i到j号寿司连边，容量为$INF$，表示必须选对应的寿司才能选这个区间
3、对于所有的寿司类型$w[i]$，为它们各自开一个点，向汇点T连边，容量为$m*w[i]*w[i]$
4、对于1~n每一个寿司，向它们所属的类型$w[i]$连边，容量为$INF$；向T连边，容量为$C[i]$
5、对于所有的$(i,j)$区间，向$(i+1,j)$和$(i,j-1)$连边，容量为INF，表示选了大区间肯定得选被大区间包含的小区间
然后跑最小割就可以了。
在最后的30分钟里，博主飚了一波手速，用了15分钟敲完了网络流的板子和建边的部分，一跑数据发现错了。为了求稳，用最后的时间检查了各种文件操作，最后交了20分暴力。
考后看代码发现建边的时候忘了写第5种依赖关系。
蛤蛤蛤蛤蛤
1 #include<iostream>
2 #include<algorithm>
3 #include<cstdio>
4 #include<cmath>
5 #include<cstring>
6 #include<queue>
7 #define LL long long
8 using namespace std;
9 const int INF=0x3f3f3f3f;
10 const int mxn=30505;
11 int read(){
12 int x=0,f=1;char ch=getchar();
13 while(ch<‘0‘ || ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
14 while(ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
15 return x*f;
16 }
17 struct edge{
18 int u,v,nxt,f;
19 }e[mxn<<6];
20 int hd[mxn],mct=1;
21 inline void add_edge(int u,int v,int f){
22 e[++mct].v=v;e[mct].u=u;e[mct].nxt=hd[u];e[mct].f=f;hd[u]=mct;return;
23 }
24 void insert(int u,int v,int f){
25 // printf("%d to %d f:%d\n",u,v,f);
26 add_edge(u,v,f); add_edge(v,u,0);
27 return;
28 }
29 int S,T;
30 int d[mxn];
31 bool BFS(){
32 memset(d,0,sizeof d);
33 queue<int>q;
34 d[S]=1;
35 q.push(S);
36 while(!q.empty()){
37 int u=q.front();q.pop();
38 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
39 int v=e[i].v;
40 if(!d[v] && e[i].f){
41 d[v]=d[u]+1;
42 q.push(v);
43 }
44 }
45 }
46 return d[T];
47 }
48 int DFS(int u,int lim){
49 // printf("dfs:%d %d\n",u,lim);
50 if(u==T)return lim;
51 int f=0,tmp;
52 for(int i=hd[u];i;i=e[i].nxt){
53 int v=e[i].v;
54 if(d[v]==d[u]+1 && e[i].f && (tmp=DFS(v,min(lim,e[i].f)))){
55 e[i].f-=tmp;
56 e[i^1].f+=tmp;
57 lim-=tmp;
58 f+=tmp;
59 if(!lim)return f;
60 }
61 }
62 d[u]=0;
63 return f;
64 }
65 int Dinic(){
66 int res=0;
67 while(BFS())res+=DFS(S,INF);
68 return res;
69 }
70 int n,m;
71 int a[105];
72 int mp[105][105];
73 int id[105][105],ict=0;
74 int idw[1050];
75 bool vis[1050];
76 LL smm=0;
77 void Build(){
78 S=0;
79 for(int i=1;i<=n;i++){
80 for(int j=i;j<=n;j++){
81 id[i][j]=++ict;
82 }
83 }
84 for(int i=1;i<=n;i++){
85 if(!vis[a[i]]){
86 vis[a[i]]=1;
87 idw[a[i]]=++ict;
88 }
89 }
90 T=ict+n+1;
91 // printf("S:%d T:%d\n",S,T);
92 memset(vis,0,sizeof vis);
93 for(int i=1;i<=n;i++){
94 if(!vis[a[i]]){
95 vis[a[i]]=1;
96 insert(idw[a[i]],T,m*a[i]*a[i]);
97 }
98 }
99 for(int i=1;i<=n;i++){//zhonglei
100 insert(ict+i,idw[a[i]],INF);
101 insert(ict+i,T,a[i]);
102 }
103 for(int i=1;i<=n;i++){
104 for(int j=i;j<=n;j++){
105 if(mp[i][j]>0){
106 smm+=mp[i][j];
107 insert(S,id[i][j],mp[i][j]);
108 for(int k=i;k<=j;k++){
109 insert(id[i][j],ict+k,INF);
110 }
111 }
112 else if(mp[i][j]<0){
113 insert(id[i][j],T,-mp[i][j]);
114 for(int k=i;k<=j;k++){
115 insert(id[i][j],ict+k,INF);
116 }
117 }
118 if(i!=j){
119 add_edge(id[i][j],id[i+1][j],INF);
120 add_edge(id[i+1][j],id[i][j],0);
121 add_edge(id[i][j],id[i][j-1],INF);
122 add_edge(id[i][j-1],id[i][j],0);
123 }
124 }
125 }
126 return ;
127 }
128 int main(){
129 int i,j;
130 n=read();m=read();
131 for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=read();
132 for(i=1;i<=n;i++)
133 for(j=i;j<=n;j++)
134 mp[i][j]=read();
135 Build();
136 // printf("fin\n");
137 int res=Dinic();
138 /* for(int i=2;i<=mct;i++){
139 printf("#%d: %d to %d left:%d\n",i,e[i].u,e[i].v,e[i].f);
140 }
141 printf("smm:%lld res:%d\n",smm,res);*/
142 smm-=res;
143 printf("%lld\n",smm);
144 return 0;
145 }
146
Bzoj4873 [SXOI2017]寿司餐厅
标签：pre span 不同的 文件操作 数据 包括 read i++ 关系
原文地址：http://www.cnblogs.com/SilverNebula/p/6764819.html
