大家好，又见面了，我是你们的朋友全栈君。
题目描述
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
输入
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
输出
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。
点权有正有负，点权计算不重复，选了某些点就必须选其他点。可以看出是最大权闭合子图，用正点权和减掉最小割就能得出答案。
那么怎么建图？
由题目可看出总共有三种点：代号、区间美味度、寿司。
结合三者的关系连边：
1、对于所有区间，如果美味度为正，从源点连过来，如果美味度为负，连到汇点，美味度转正。
2、对于所有区间(i,j)，连向(i+1,j)和(i,j-1)，容量为INF，表示要选小区间之后才能选大区间。
3、对于所有区间(i,j)，连向i和j，容量为INF，表示选了对应寿司才能选这个区间（因为第二种连边，所以不用把i到j所有寿司都连上）。
4、对于所有寿司，连向它们对应代号，容量为INF；连向汇点，容量为a[i]。
5、对于所有代号，连向汇点，容量为为m*a[i]*a[i]。
连完边直接跑最大流就行了。这是我认为最好的一道最大流的题，难点就在于如何建图，建明白图后这道题就能迎刃而解了。
最后附上代码。
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
int next[100001];
int to[100001];
int val[100001];
int head[100001];
int tot=1;
int q[100001];
int n,m;
int S,T;
int s[120][120];
int vis[1010];
int w[1010];
int a[120];
int id[120][120];
long long ans;
long long sum;
int cnt;
int d[100001];
const int INF=0x3f3f3f3f;
void add(int x,int y,int v)
{
tot++;
next[tot]=head[x];
head[x]=tot;
to[tot]=y;
val[tot]=v;
tot++;
next[tot]=head[y];
head[y]=tot;
to[tot]=x;
val[tot]=0;
}
bool bfs(int S,int T)
{
int r=0;
int l=0;
memset(d,-1,sizeof(d));
q[r++]=S;
d[S]=0;
while(l<r)
{
int now=q[l];
for(int i=head[now];i;i=next[i])
{
if(d[to[i]]==-1&&val[i]!=0)
{
d[to[i]]=d[now]+1;
q[r++]=to[i];
}
}
l++;
}
if(d[T]==-1)
{
return false;
}
else
{
return true;
}
}
int dfs(int x,int flow)
{
if(x==T)
{
return flow;
}
int now_flow;
int used=0;
for(int i=head[x];i;i=next[i])
{
if(d[to[i]]==d[x]+1&&val[i]!=0)
{
now_flow=dfs(to[i],min(flow-used,val[i]));
val[i]-=now_flow;
val[i^1]+=now_flow;
used+=now_flow;
if(now_flow==flow)
{
return flow;
}
}
}
if(used==0)
{
d[x]=-1;
}
return used;
}
void dinic()
{
while(bfs(S,T)==true)
{
ans+=dfs(S,INF);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
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",&s[i][j]);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i;j<=n;j++)
{
id[i][j]=++cnt;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!vis[a[i]])
{
vis[a[i]]=1;
w[a[i]]=++cnt;
}
}
S=0;
T=cnt+n+1;
memset(vis,0,sizeof vis);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
if(!vis[a[i]])
{
vis[a[i]]=1;
add(w[a[i]],T,m*a[i]*a[i]);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
add(cnt+i,T,a[i]);
add(cnt+i,w[a[i]],INF);
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i;j<=n;j++)
{
if(s[i][j]>0)
{
sum+=s[i][j];
add(S,id[i][j],s[i][j]);
add(id[i][j],cnt+i,INF);
add(id[i][j],cnt+j,INF);
}
else if(s[i][j]<0)
{
add(id[i][j],T,-s[i][j]);
add(id[i][j],cnt+i,INF);
add(id[i][j],cnt+j,INF);
}
if(i!=j)
{
add(id[i][j],id[i+1][j],INF);
add(id[i][j],id[i][j-1],INF);
}
}
}
dinic();
sum-=ans;
printf("%lld",sum);
return 0;
}转载于:https://www.cnblogs.com/Khada-Jhin/p/9113363.html
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