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题意：有n<=50个点，每个点有xi有[li, ri]种取值，-100 <= li <= ri <= 100,并且给定m<=100条边，每条边为u，v,d表示xu<=xv+d。
每个点value fi(x) = ai*x^2 + bi*x + ci。现在求一种合法的方案，使得权值和最大。
思路：先不考虑的xu<=xv + d。那么建图：
首先考虑到每个点的权值可能为负，并且求最大与最小割相反，
所以先 取反再+oo（一个很大的数），最后再减掉即可
对于每个点，拆成ri-li+1个点，
对于第k个点，node(k, i)表示第k个点值为i对应的标号
值为i-1跟i连一条边<node（k, i-1）, node(k, i), oo - f(k, i)>的边，
S到第一个点连<S, node(k, l[k]), f(k, l[k])>
最后一个点到T连<node(k，r[k]), Inf>
那么很明显n*oo-最小割就是答案。。
但是如果有了限制条件xu<=xv + d,我们怎么把限制条件加到图上呢？
对于一对关系，xu<=xv+d
考虑到点u，如果node(u, i)到node（u,i+1）之间的边在割集里,那么说明xu=i+1
也就是说如果xv<xu-d是非法的，也就是说对于v在xu-d之前出现割是非法的。
那么我们可以连<node(u,i), node(v, i-d)， Inf>的边，使得方案合法。。
code：
1 #include <bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define M0(a) memset(a, 0, sizeof(a)) 4 #define Inf 0x3fffffff 5 const int maxn = 20010; 6 const int maxm = 900010; 7 const int big = 15000000; 8 struct oo{ 9 int y, f, next; 10 }; 11 struct MaxFlow{ 12 int n, S, T, tot; 13 int son[maxn], dist[maxn], gap[maxn]; 14 oo e[maxm]; 15 int sap(int x, int aug){ 16 if (x == T) return aug; 17 int mind = n; 18 int sum = 0, f; 19 for (int p = son[x]; p != -1; p = e[p].next){ 20 int y = e[p].y; 21 if (dist[y] + 1 == dist[x] && e[p].f){ 22 f = sap(y, min(e[p].f, aug - sum)); 23 e[p].f -= f; 24 e[p^1].f += f; 25 sum += f; 26 if (sum == aug || dist[S] >= n) return sum; 27 } 28 if (e[p].f) mind = min(mind, dist[y]); 29 } 30 if (!sum){ 31 if (!(--gap[dist[x]])) dist[S] = n; 32 ++gap[dist[x] = mind + 1]; 33 } 34 return sum; 35 } 36 void add(int x, int y, int f){ 37 e[tot].y = y; e[tot].f = f; 38 e[tot].next = son[x]; son[x] = tot++; 39 e[tot].y = x; e[tot].f = 0; 40 e[tot].next = son[y]; son[y] = tot++; 41 } 42 43 void init(int S, int T, int n){ 44 memset(son, -1, sizeof(son)); 45 tot = 0; 46 this->S = S, this->T = T, this->n = n; 47 } 48 int maxflow(){ 49 M0(gap); 50 M0(dist); 51 gap[0] = n; 52 int ans = 0; 53 while (dist[S] < n) ans += sap(S, Inf); 54 return ans; 55 } 56 } F; 57 int S, T; 58 int n, m, a[120], b[200], c[200], l[200], r[200]; 59 inline int f(const int&k, const int& x){ 60 return big - (a[k] * x * x + b[k] * x + c[k]); 61 } 62 63 inline int node(const int&k, const int& x){ 64 return x == l[k] - 1 ? S : (k-1) * 201 + x + 101; 65 } 66 67 void solve(){ 68 for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d%d%d", &a[i], &b[i], &c[i]); 69 for (int i = 1; i<= n; ++i) scanf("%d%d", &l[i], &r[i]); 70 S = 0, T = 201 * n + 1; 71 F.init(S, T, T + 1); 72 for (int i = 1; i <= n; ++i){ 73 for (int j = l[i]; j <= r[i]; ++j) 74 F.add(node(i, j-1), node(i, j), f(i, j)); 75 F.add(node(i, r[i]), T, Inf); 76 } 77 int u, v, d; 78 int x; 79 for (int i = 1; i <= m; ++i){ 80 scanf("%d%d%d", &u, &v, &d); 81 for (int j = l[v]; j <= r[v]; ++j) if (j + d <= r[u]){ 82 x = j + d; 83 if (x < l[u]) x = l[u] -1; 84 F.add(node(u, x), node(v, j), Inf); 85 } 86 } 87 int ans = big * n; 88 ans -= F.maxflow(); 89 cout << ans << endl; 90 } 91 92 int main(){ 93 // freopen("a.in", "r", stdin); 94 while (scanf("%d%d", &n, &m) != EOF){ 95 solve(); 96 } 97 }
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原文地址：http://www.cnblogs.com/yzcstc/p/4062097.html
