4873: [Shoi2017]寿司餐厅

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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

黑吉辽沪冀晋六省联考

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考虑最大权闭合子图

若选了寿司区间[l,r]，那么[l,r-1]和[l+1,r]都是必选的，于是[l,r]向[l-1,r]和[l+1,r]连容量为无穷的边

对于每个区间[l,r]，若收益为正，从源点向它连容量为收益的边，否则从它向汇点连容量为其相反数的边

对于每个代号，建立一个点，从它向汇点连容量为mx^2的边

特别的，对于代表单个节点的区间，它的收益要减去它的代号，并且要和相应的代号点连容量为无穷的边

Ans = 正收益和 - 最小割

跑个网络流的算法就行了

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<vector>#include<queue>#define min(a,b) ((a) < (b) ? (a) : (b))using namespace std; const int N = 105;const int maxn = 10010;const int maxm = 4E5 + 20;const int INF = ~0U>>1; struct E{    int to,cap,flow; E(){}    E(int to,int cap,int flow): to(to),cap(cap),flow(flow){}}edgs[maxm]; int n,m,tot,cnt,s,t,Ans,f[N][N],Num[1010],A[N],cur[maxn],L[maxn]; queue <int> Q;vector <int> v[maxn]; inline void Add(int x,int y,int cap){    v[x].push_back(cnt); edgs[cnt++] = E(y,cap,0);    v[y].push_back(cnt); edgs[cnt++] = E(x,0,0);} void Build(){    s = ++tot; t = ++tot;    for (int i = 1; i <= 1000; i++) Num[i] = ++tot,Add(Num[i],t,m * i * i);    for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d",&A[i]);    for (int i = 1; i <= n; i++)    {        int x; scanf("%d",&x);        f[i][i] = ++tot; x -= A[i];        Add(f[i][i],Num[A[i]],INF);        if (x > 0) Add(s,f[i][i],x),Ans += x; else Add(f[i][i],t,-x);        for (int j = i + 1; j <= n; j++)        {            scanf("%d",&x); f[i][j] = ++tot;            if (x > 0) Add(s,f[i][j],x),Ans += x; else Add(f[i][j],t,-x);        }    }    for (int i = 1; i <= n; i++)        for (int j = i + 1; j <= n; j++)            Add(f[i][j],f[i + 1][j],INF),Add(f[i][j],f[i][j - 1],INF);} inline bool BFS(){    for (int i = 1; i <= tot; i++) L[i] = 0;    Q.push(s); L[s] = 1;    while (!Q.empty())    {        int k = Q.front(); Q.pop();        for (int i = 0; i < v[k].size(); i++)        {            E e = edgs[v[k][i]];            if (e.cap == e.flow || L[e.to]) continue;            L[e.to] = L[k] + 1; Q.push(e.to);        }    }    return L[t];} inline int Dinic(int x,int a){    if (x == t) return a; int flow = 0;    for (int &i = cur[x]; i < v[x].size(); i++)    {        E &e = edgs[v[x][i]];        if (e.cap == e.flow || L[e.to] != L[x] + 1) continue;        int f = Dinic(e.to,min(e.cap - e.flow,a));        if (!f) continue; flow += f; e.flow += f;        edgs[v[x][i]^1].flow -= f; a -= f;        if (!a) return flow;    }    if (!flow) L[x] = -1; return flow;} int main(){    #ifdef DMC        freopen("DMC.txt","r",stdin);    #endif         cin >> n >> m; Build();         int Mincut = 0;    while (BFS())    {        for (int i = 1; i <= tot; i++) cur[i] = 0;        Mincut += Dinic(s,INF);    }    cout << Ans - Mincut << endl;    return 0;}