AGC036D
有个大小为 n n n的有向图,其中有 n − 1 n-1 n−1条不可以删的边,连着 ( i , i + 1 ) (i,i+1) (i,i+1)。
对于任意 ( x , y ) , x ≠ y (x,y),x\neq y (x,y),x=y,都有这样的边:如果 x < y x<y x<y,那么 ( x , y ) (x,y) (x,y)连一条 − 1 -1 −1的边。如果 x > y x>y x>y,那么 ( x , y ) (x,y) (x,y)连一条 1 1 1的边。
这些都是可以删的边,每条边都有个删除的代价。
现在要删除代价和尽量少的边,使得图中不存在负环。
蛤蛤听说正解是差分约束?。。。
讲讲我想了一天的毒瘤做法。
首先有个出现负环的充要条件:对于一条正边 ( u , v ) (u,v) (u,v),若有一条负边 ( x , y ) (x,y) (x,y),满足 v ≤ x ≤ y ≤ u v\le x\le y\le u v≤x≤y≤u,那么区间 [ v , x ] [v,x] [v,x]和 [ y , u ] [y,u] [y,u]缩成一个点(意味着可以以 0 0 0的代价互相到达)。一直缩到不能再缩为止。此时出现负环,当且仅当存在一个点有负自环。
这还挺容易证明的。尽管我第一天晚上看题第二天中午才发现了这条性质。
考虑保留尽量边权和尽量大的边。我们考虑下最优解长成什么样子:
-
如果一条正边 ( u , v ) (u,v) (u,v)在答案中,那么正边 ( u , w ) ( w > v ) (u,w)(w>v) (u,w)(w>v)一定出现在答案中。
如果一条负边 ( x , y ) (x,y) (x,y)在答案中,那么负边 ( z , y ) ( z < x ) (z,y)(z<x) (z,y)(z<x)一定出现在答案中。
前缀和、后缀和一下,那么对于每个右端点只需要考虑以它为右端点的正边和负边。
-
在上面这条性质的条件下(意味着每个右端点只需要考虑一条正边和一条负边)。
一定不存在两条正边(或负边)的区间互相包含。所以随着右端点递增,左端点也跟着递增。
-
考虑如下的局部结构:
红色的那一片为缩成一个点的区域。
由于希望它最优,所以两段红色区域中,左边区域中每个点到右边区域中每个点都有边(不管是正边还是负边)。推广:对于任意两个缩成一个点的区域,它们之间若有边,那么实际上内部的点都是互相有边。
(这个局部结构可以推广:定义当 k = j − 1 k=j-1 k=j−1时,表示 [ j , i ] [j,i] [j,i]之间没有负边。这时候就不存在这个红色区域。但在下面DP转移的时候,可以发现实际上可以用同一条式子。)
于是实际上长这样:
(不存在某个右端点没有连正边的,如果没有连,连一下不亏。)
- 然后还可以证明右边的那段红色区域的左端点为 k + 1 k+1 k+1:如果左端点大于 k + 1 k+1 k+1,考虑 k k k和左端点之间的某个点。考虑以它为右端点时正边连向哪里,由于上面的第2条性质,一定会连到 j j j或之前的某个点。如果连到 j j j,不如和右边那段区域缩在一起;如果连到 j j j之前,那么一定不会在 k k k连向的左端点的左边。结合第3条性质的那个图,连向的位置和 k k k连向的在同一个区域(归纳,前面的位置已经满足了第4条性质,如果前面没有了那就只能连向 j j j了),那不如和左边那段区域缩在一起。
然后我们可以用 f i , j , k f_{i,j,k} fi,j,k来表示状态:做到第 i i i个点, j j j和 k k k分别如上面所示。
转移:
f i , j , k → f i + 1 , j , k + p o s i ( i + 1 , j ) + n e g a ( i + 1 , k ) f_{i,j,k}\to f_{i+1,j,k}+posi(i+1,j)+nega(i+1,k) fi,j,k→fi+1,j,k+posi(i+1,j)+nega(i+1,k),表示和前面的合成一块。
f i , j , k → f i + 1 , k + 1 , i + p o s i ( i + 1 , k + 1 ) + n e g a ( i + 1 , i ) f_{i,j,k}\to f_{i+1,k+1,i}+posi(i+1,k+1)+nega(i+1,i) fi,j,k→fi+1,k+1,i+posi(i+1,k+1)+nega(i+1,i),表示新开一块。
时间复杂度 O ( n 3 ) O(n^3) O(n3)。
using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 510
#define ll long long
int n;
int a[N][N];
ll p[N][N],q[N][N];
ll f[2][N][N];
void upd(ll &a,ll b){
a=max(a,b);}
int main(){
scanf("%d",&n);
ll sum=0;
for (int i=1;i<=n;++i){
for (int j=1;j<i;++j)
scanf("%d",&a[i][j]),sum+=a[i][j];
for (int j=i+1;j<=n;++j)
scanf("%d",&a[i][j]),sum+=a[i][j];
}
for (int i=1;i<=n;++i){
for (int j=i-1;j>=1;--j)
p[i][j]=p[i][j+1]+a[i][j];
for (int j=1;j<i;++j)
q[i][j]=q[i][j-1]+a[j][i];
}
int now=1,las=0;
memset(f[now],128,sizeof f[now]);
f[now][1][0]=0;
for (int i=1;i<n;++i){
swap(now,las);
memset(f[now],128,sizeof f[now]);
for (int j=1;j<=i;++j)
for (int k=j-1;k<i;++k)
if (f[las][j][k]>=0){
upd(f[now][j][k],f[las][j][k]+p[i+1][j]+q[i+1][k]);
upd(f[now][k+1][i],f[las][j][k]+p[i+1][k+1]+q[i+1][i]);
}
}
ll ans=0;
for (int j=1;j<=n;++j)
for (int k=j-1;k<n;++k)
upd(ans,f[now][j][k]);
printf("%lld\n",sum-ans);
return 0;
}