P3749 [六省联考 2017] 寿司餐厅

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由于 \(m = 1\) 的情况难以 dp，且每个物品只有选或不选，考虑最小割，设与 \(S\) 连通表示选，否则表示不选。边有以下几种：

首先考虑 \(d _ {i, j}\) 的贡献。但原问题是最大化，这里需要转化成减去最小代价。如果 \(d _ {i, j} > 0\)，则把答案先加上 \(d _ {i, j}\)，再在 \(S\) 和 \((i ,j)\) 连 \(d _ {i, j}\) 的边，割掉表示不选有 \(d _ {i, j}\) 的代价；如果 \(d _ {i, j} < 0\)，则在 \((i, j)\) 和 \(T\) 连 \(-d _ {i, j}\) 的边，割掉表示选有 \(-d _ {i, j}\) 的代价。

然后是 \(a _ i\)，选一种寿司会有 \(a _ i\) 的代价，在 \((i, i)\) 和 \(T\) 连 \(a _ i\) 的边。

每一种标号的贡献则在 \(x\) 和 \(T\) 连 \(mx ^ 2\) 的边，表示选有 \(mx ^ 2\) 的代价。

接下来是一些限制。首先若选了 \((i, j)\) 则所有 \([i', j'] \subset [i, j]\) 的 \((i', j')\) 都必须选，所以在 \((i, j)\) 和 \((i', j')\) 连 \(+\infty\) 的边，表示不能被割，这样就保证 \((i, j) \in S\) 时一定有 \((i', j') \in S\)。

但这样边数比较多，你考虑子区间一定是原区间从左边和右边删掉若干个数后形成，所以连边 \((i, j) \rightarrow (i + 1, j)\)，\((i, j) \rightarrow (i, j - 1)\)，边权都是 \(+\infty\)，就能保证从 \((i, j)\) 能走到任意一个子区间。

还有就是选了一个物品就一定要选 \(a _ i\) 这个标号，同理在 \((i, i)\) 和 \(a _ i\) 连 \(+\infty\) 的边。

然后就可以跑最大流了，答案就是所有 \(d _ {i, j} > 0\) 的 \(d _ {i, j}\) 的和减去最大流。

点数和边数都是 \(\text O (n ^ 2)\)。

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 10005
#define M 40005
using namespace std;

const int V=1000;
int n,op,ans,a[105],b[105][105];
struct netflow {
	const int inf=0x3f3f3f3f;
	int S,T;
	int tot=1,head[N],nxt[M],ver[M],e[M];
	int cnt,id1[1005],id2[105][105];
	int d[N],now[N];
	int lt,rt,q[N];
	void insert_(int x,int y,int z) {
		ver[++tot]=y,e[tot]=z,nxt[tot]=head[x],head[x]=tot;
	}
	void insert(int x,int y,int z) {
		insert_(x,y,z),insert_(y,x,0);
	}
	bool bfs() {
		memset(d,0,sizeof(d)),lt=1,rt=0;
		d[S]=1,now[S]=head[S],q[++rt]=S;
		while(lt<=rt) {
			int x=q[lt++];
			for(int i=head[x];i;i=nxt[i]) {
				int y=ver[i],z=e[i];
				if(!d[y]&&z) {
					d[y]=d[x]+1,now[y]=head[y];
					if(y==T) return 1;
					q[++rt]=y;
				}
			}
		}
		return 0;
	}
	int dinic(int x,int flow) {
		if(x==T) return flow;
		int rest=flow;
		for(int i=now[x];i&&rest;i=nxt[i]) {
			int y=ver[i],z=e[i]; now[x]=i;
			if(d[y]<=d[x]||!z) continue;
			int k=dinic(y,min(rest,z));
			if(!k) d[y]--;
			else rest-=k,e[i]-=k,e[i^1]+=k;
		}
		return flow-rest;
	}
	void build() {
		S=++cnt,T=++cnt;
		for(int i=1;i<=V;i++) {
			if(op) id1[i]=++cnt,insert(cnt,T,i*i);
		}
		for(int i=n;i;i--) {
			id2[i][i]=++cnt,insert(cnt,T,a[i]);
			if(op) insert(cnt,id1[a[i]],inf);
			for(int j=i+1;j<=n;j++) {
				id2[i][j]=++cnt;
				insert(cnt,id2[i+1][j],inf),insert(cnt,id2[i][j-1],inf);
			}
			for(int j=i;j<=n;j++) {
				if(b[i][j]>0) insert(S,id2[i][j],b[i][j]);
				if(b[i][j]<0) insert(id2[i][j],T,-b[i][j]);
			}
		}
	}
	int maxflow() {
		int res=0,flow;
		while(bfs()) while(flow=dinic(S,inf)) res+=flow;
		return res;
	}
} t1;
int main() {
	scanf("%d%d",&n,&op);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;j<=n;j++) scanf("%d",&b[i][j]),ans+=max(b[i][j],0);
	t1.build();
	printf("%d\n",ans-t1.maxflow());
	return 0;
}