今天做了场学长“咸鱼lzh”出的ACM模拟赛，而这道毒瘤题作为第一道，并且是最难的。
1.【题目大意】
一张n个点的图，i到 i+1有连边，边权为0。
Snuke会给所有(i,j)连边，如果 i<j，边权为?1,否则为1。
但是Ringo不想要图里有负环，所以他会删去Snuke加的一些边，使得图中没有负环，删除一条边有个代价，问最小的删边代价。
2.【考虑算法】
直接看题，似乎非常懵逼，想不到什么算法，连暴力都有些麻烦。
所以，我们可以从数据入手，仔细看题目，会发现所有边权都是0或者1或者-1，并且不存在负环！所以，我们很容易想到差分约束系统。
3.【细致解法】
令d[i]为从1号点出发到第i号点的最短路。不存在负环说明就有最短路，等价于我们能够给di赋一个数值，使得对于任意一条边e[i,j]我们都有d[j]≤d[i]+e[i,j]，三角形不等式。
不存在负环的时候，显然会有d[i]≥d[i+1]。我们不妨考虑d数组差分后的值。
令q[i]=d[i+1]-d[i]，考虑一条边i—>j(i<j)，它的限制相当于是d[j]≤d[i]-1，即q[i]+q[i+1]+…+q[j-1]≥1。而对于一条边j—>i(i<j)，它的限制相当于是d[i]≤d[j]+1，即q[i]+q[i+1]+…+q[j-1]≤1。
然后我们可以证明出，q[i]∈{0,1}，这里比较容易，如果q[i]<0原链的差分约束条件就不满足，如果 q[i]>0 则点i+1存在额外的?1入边 (v,i+1),v<i，此时v到i最坏情况可以走一段0链更新，所以q[i]最多只能为1。
也可以更容易的理解为由于边权都是1或者?1并且存在不能删的0边, 在没有负环的情况下d[i]≤d[i+1]+1，所以d[i]-d[i+1]=0/1，从而推出q[i]=d[i]-d[i+1]是0或者1，
然后我们就可以考虑 q[i]是取 0 还是取 1 ，然后删掉不合法的边，这个过程是可以 DP 解决的，对于不满足∑q[i] ≤1的情况，在其跨过第二个 1 的时候统计掉，对于∑q[i] ≥1的情况，对于每一段连续的 0 统计即可，设f[i,j]表示安排好前i位的q值，且强行令qi=1，上一个为1的位置是j，那么考虑枚举k, f[i,j]转移到f[k,i]。最后，删去不满足约束条件的状态，对于(a,b):
1.如果a>b,要删掉所有满足j<b<i<x<a的边。
2.如果a<b,要删掉所有满足j<i<a<b≤x的边。
这些判断在前缀和中搞定。
4.【代码解析】
#include<bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
inline int read(){int x=0; bool f=1; char c=getchar();for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0;for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');if(f) return x;return -x;
}
const int N = 500;
LL a[N+3][N+3],s[2][N+3][N+3],f[N+3][N+3];
int n;
void update(LL &x,LL y) {x = x<y?x:y;}
LL sum(int t,int lx,int rx,int ly,int ry){return s[t][rx][ry]-s[t][lx-1][ry]-s[t][rx][ly-1]+s[t][lx-1][ly-1];
}//求区间前缀和，用到了容斥的思想，s[t][lx-1][ry]和s[t][rx][ly-1]减去了两次s[t][lx-1][ly-1]，而s[t][rx][ry]中抵消了一次，还需增加一次s[t][lx-1][ly-1]。
int main(){scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1; j<=n; j++){if(j==i) continue;//自己和自己没有连边scanf("%lld",&a[i][j]);}}for(int i=1; i<=n; i++){for(int j=1; j<=n; j++){if(i<j) s[0][i][j]=a[i][j];s[0][i][j]+=s[0][i][j-1];}for(int j=1;j<=n;j++)s[0][i][j]+=s[0][i-1][j];}for(int i=1; i<=n; i++){for(int j=1; j<=n; j++){if(i>j)s[1][i][j]=a[i][j];s[1][i][j]+=s[1][i][j-1];}for(int j=1;j<=n;j++)s[1][i][j]+=s[1][i-1][j];}//上面两段是为了dp优化的，有i<j和i>j两种情况，两个二维前缀和维护。memset(f,42,sizeof(f)); //下面是三个数相加，防止爆炸，42=127/3。f[0][0]=0ll;for(int i=0;i<=n; i++)for(int j=0;j<max(i,1);j++)for(int k=i+1;k<=n;k++){LL tmp=f[i][j]+sum(1,k+1,n,j+1,i)+sum(0,i+1,k,i+1,k);update(f[k][i],tmp);/* 从f[i][j]转移到f[k][j]，转移所需的代价是s[1]中(k+1,j+1)至(n,i)的 代价加上s[0]中(i+1,i+1)至(k,k)的代价。*/}LL ans=f[n][1];for(int i=1;i<=n;i++)update(ans,f[n][i]);//哪一位q[i]是1都可以，取最小。printf("%lld\n",ans);return 0;
}
5.【效率分析】
状态数O(n*n)，转移O(n)，总复杂度O(n^3)，可得100分。