NOIP模拟：Box（费用流）

题意：
有n个盒子，每个盒子长li，宽ri，大的盒子可以装一个比他小的盒子（可以不断嵌套，但不能并排装），且这一堆盒子的费用为大的盒子的费用，最小化费用。

题解：费用流。

一开始建图想了半天，一直往最小费用上想，思考怎么把一串盒子串起来。

后来发现这种方法行不通，可以换一种思路：
一个盒子只能选一次，且只能被一个盒子嵌套（总费用会减少较小该盒子的费用），不妨一开始就把所有盒子的费用加上，如果一个盒子能嵌套入另一个盒子那么就把这个盒子的费用减去。

关键的是，嵌套之间其实并无关联。也就是1装2和2装3是独立的（1装不装2都不会影响3装入2这一操作）。

可以看出，一个盒子能取选择嵌套入另一个大盒子，且操作彼此独立，就是一个带权最大匹配问题，可以用费用流解决。

具体实现就是拆点后两边连边匹配。

注意去重。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;inline int read(){    char ch=getchar();int i=0,f=1;    while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}    while(isdigit(ch)){i=(i<<1)+(i<<3)+ch-'0';ch=getchar();}    return i*f;}const int Maxn=4e2+50;const int INF=0x3f3f3f3f;int n,m,s,des,ans,cur[Maxn],dis[Maxn],walk[Maxn],totarea;struct Box{int x,y,area;}box[Maxn];inline bool cmpx(const Box &a,const Box &b){    if(a.x!=b.x)return a.x<b.x;    else return a.y<b.y;}struct node{int to,cap,rev,cost;};vector<node>edge[Maxn];#define in(x) (x<<1)#define out(x) ((x<<1)-1)inline void add(int x,int y,int c,int w){    edge[x].push_back((node){y,c,edge[y].size(),w});    edge[y].push_back((node){x,0,edge[x].size()-1,-w});}inline bool SPFA(){    static queue<int> q;    static int exi[Maxn];    memset(exi,0,sizeof(exi));    memset(walk,0,sizeof(walk));    while(!q.empty())q.pop();    for(int i=0;i<=des;i++)cur[i]=edge[i].size()-1,dis[i]=-INF;    dis[s]=0;q.push(s);    while(!q.empty()){        int u=q.front();q.pop();exi[u]=0;        for(int e=edge[u].size()-1;e>=0;e--){            int v=edge[u][e].to,w=edge[u][e].cost;            if(!edge[u][e].cap)continue;            if(dis[v]<dis[u]+w){                dis[v]=dis[u]+w;                if(!exi[v])q.push(v),exi[v]=1;            }        }    }    return (dis[des]>-INF);}inline int dinic(const int &now,int flow,int cost){    if(now==des){        ans+=flow*dis[now];        return flow;    }    walk[now]=1;    int res=0;    for(int &e=cur[now];e>=0;e--){        int v=edge[now][e].to,w=edge[now][e].cost;        if(!edge[now][e].cap||dis[v]>dis[now]+w||walk[v])continue;        int o=dinic(v,min(flow-res,edge[now][e].cap),cost+w);        res+=o;edge[now][e].cap-=o;edge[v][edge[now][e].rev].cap+=o;        if(res==flow)return res;    }    dis[now]=-INF;    return res;}inline void maxflow(){    static int last[Maxn];    while(SPFA()){        memcpy(last,cur,sizeof(cur));        while(dinic(0,INF,0)){            memcpy(cur,last,sizeof(last));            memset(walk,0,sizeof(walk));        }    }}int main(){    n=read();des=in(n)+1;    for(int i=1;i<=n;i++){        box[i].x=read(),box[i].y=read();        box[i].area=box[i].x*box[i].y;        totarea+=box[i].area;    }    static int tot=0;    sort(box+1,box+n+1,cmpx);    for(int i=1;i<=n;i++){        (i==1||(box[i].x!=box[i-1].x)||(box[i].y!=box[i-1].y))?(++tot):totarea-=box[i].area;        box[tot]=box[i];    }    n=tot;    for(int i=1;i<=n;i++)add(s,in(i),1,0),add(out(i),des,1,0);    for(int i=1;i<=n;i++){        for(int j=1;j<=n;j++){            if(i==j)continue;            if(box[j].x<=box[i].x&&box[j].y<=box[i].y){                add(in(i),out(j),1,box[j].area);            }        }    }    printf("%d\n",(maxflow(),totarea-ans));}