题解 P3749 【[六省联考2017]寿司餐厅】

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题意简述：

有 n 种寿司，第 i 种寿司的类型为 a_i。

如果你吃了第 i 种到第 j 种寿司，你会得到 d_{i,j}（i\le j）的收益。

如果你吃了 c（c>0）种类型为 x 的寿司，你会付出 mx^2+cx 的代价（m\in\{0,1\}）。

最大化收益与代价的差。

题解：

一种经典的模型：最大权闭合子图。

模型：有若干个物品，每种物品有一个可正可负的价值 v_i，选取了物品就意味着获得了价值。

物品之间有限制关系：x\to y 表示若要选择物品 x 则必须选择物品 y。

目标是最大化价值和。

显然，有时需要为了一个拥有较大价值的物品而被迫选择负价值的物品。

考虑使用最小割解决此类问题：

将每个物品与源 S 汇 T 相连。若割掉与 S 相连的边表示不选这个物品，割掉与 T 相连的边表示选择这个物品。

对于一个物品的价值 v，如果 v>0 则令它与 S 相连的边的权值为 v，与 T 相连的边的权值为 0，将 v 加入答案。表示不选择这个物品会付出 v 的代价；
如果 v<0 则令它与 S 相连的边的权值为 0，与 T 相连的边的权值为 -v（显然 -v>0）。表示选择这个物品会付出 -v 的代价。

对于 x\to y 的关系，转化为 x 向 y 连一条权值为 \infty 的边，显然这条边永远不会被割，如果选择了 x，即割掉 x 与 T 相连的边，那么如果不选 y，即割掉 y 与 S 相连的边，就会出现路径 S\to x\to y\to T，所以必须选择 y。而如果不选 x 则对 y 的选择没有影响。

因为权值全部为非负数，符合使用 Dinic 算法解决网络流的条件，结合最大流最小割定理，可以使用 Dinic 算法解决此类问题。

回到题目上来，我们将每种 d_{i,j} 的收益都看做一个物品。显然如果选择 d_{i,j}（i<j），则必须选择 d_{i,j-1} 以及 d_{i+1,j}。

而如果吃了 c（c>0）种类型为 x 的寿司，需要付出 mx^2+cx 的代价。
这可以转化为：吃了每种类型为 x 的寿司需要付出 x 的代价，而吃过类型为 x 的寿司需要付出 mx^2 的代价。

选择了 d_{i,i} 就代表吃掉了第 i 种寿司，这时需要付出 a_i 的代价（a_i 是这种寿司的类型）。

选择了 d_{i,i} 还意味着：必须付出 m\cdot a_i^2 的代价，我们将每个寿司类型也看作一个物品，选择收益 d_{i,i} 则必须选择类型 a_i。

至此，所有限制都转化为了“选择 x 则必须选择 y”的形式，可以使用最大权闭合子图的模型解决了。

在代码中，S、T 分别是 1 和 2 号点，d_{i,j} 是 \mathrm{Id}[i][j] 号点，接下来的点则是每种寿司类型。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>

typedef long long LL;
const LL Inf = 0x7fffffffffffffff;

namespace DinicFlow {
    const int MN = 6060, MM = 16055;

    int N, S, T;
    int h[MN], iter[MN], nxt[MM * 2], to[MM * 2], tot = 1; LL w[MM * 2];
    inline void ins(int u, int v, LL x) { nxt[++tot] = h[u], to[tot] = v, w[tot] = x, h[u] = tot; }
    inline void insw(int u, int v, LL x) { ins(u, v, x); ins(v, u, 0); }

    int lv[MN], que[MN], l, r;

    inline bool Lvl() {
        memset(lv, 0, sizeof(lv));
        lv[S] = 1;
        que[l = r = 1] = S;
        while (l <= r) {
            int u = que[l++];
            for (int i = h[u]; i; i = nxt[i]) if (w[i] && !lv[to[i]]) {
                lv[to[i]] = lv[u] + 1;
                que[++r] = to[i];
            }
        }
        return lv[T] != 0;
    }

    LL Flow(int u, LL f) {
        if (u == T) return f;
        LL d = 0, s = 0;
        for (int &i = iter[u]; i; i = nxt[i]) if (w[i] && lv[to[i]] == lv[u] + 1) {
            d = Flow(to[i], std::min(f, w[i]));
            f -= d, s += d;
            w[i] -= d, w[i ^ 1] += d;
            if (!f) break;
        }
        return s;
    }

    inline LL Dinic() {
        LL Ans = 0;
        while (Lvl()) {
            memcpy(iter + 1, h + 1, N * sizeof(h[0]));
            Ans += Flow(S, Inf);
        }
        return Ans;
    }
}

const int MN = 105;

int N, M, A[MN], MxA;
int F[MN][MN], Id[MN][MN], cnt;
LL Ans = 0;

int main() {
    scanf("%d%d", &N, &M);
    for (int i = 1; i <= N; ++i) scanf("%d", &A[i]), MxA = std::max(MxA, A[i]);
    DinicFlow::S = 1, DinicFlow::T = 2;
    cnt = 2;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) for (int j = i; j <= N; ++j) {
        scanf("%d", &F[i][j]), Id[i][j] = ++cnt;
    }
    for (int i = 1; i <= N; ++i) for (int j = i; j <= N; ++j) {
        int cost = F[i][j];
        if (i == j) {
            if (M) DinicFlow::insw(Id[i][j], cnt + A[i], Inf);
            cost -= A[i];
        }
        else {
            DinicFlow::insw(Id[i][j], Id[i + 1][j], Inf);
            DinicFlow::insw(Id[i][j], Id[i][j - 1], Inf);
        }
        if (cost > 0) DinicFlow::insw(1, Id[i][j], cost), Ans += cost;
        if (cost < 0) DinicFlow::insw(Id[i][j], 2, -cost);
    }
    if (M) for (int i = 1; i <= MxA; ++i) DinicFlow::insw(++cnt, 2, i * i);
    DinicFlow::N = cnt;
    printf("%lld\n", Ans - DinicFlow::Dinic());
    return 0;
}