考虑最小割，具体建图如下——
对变量$x_{i}$建立$m-1$个点，依次记作$V_{i,1},V_{i,2},...,V_{i,m-1}$，并定义$V_{i,0}=S,V_{i,m}=T$
再建立$m$条边，第$j$条边为$(V_{i,j-1},V_{i,j},C_{i,j})$，割掉即表示选$A_{i,j}$作为$x_{i}$
关于$|x_{i}-x_{j}|W_{i,j}$，实际上可以看作
$$
\sum_{a\in Z,x_{j}\le a,a+1\le x_{i}}W_{i,j}+\sum_{a\in Z,x_{i}\le a,a+1\le x_{j}}W_{i,j}
$$
将左式用$V_{i,*}$向$V_{j,*}$的边处理，根据对称性右式即会被$V_{j,*}$向$V_{i,*}$的边处理
具体的，即要求$\forall a\in Z,V_{i,*}$向$V_{j,*}$连一条边，使得恰仅有在$A_{j,y}\le a,a+1\le A_{i,x}$时需要再割掉这条边，那么显然从$V_{i,\min_{a+1\le A_{i,x}}x-1}$向$V_{j,\max_{A_{j,y}\le a}j}$连边权为$W_{i,j}$的边即可
将同一个点对间的边合并，显然$V_{i,x-1}$向$V_{j,y}$连的边边权和即
$$
\sum_{a\in Z,a+1\le A_{i,x},a\ge A_{i,x-1},A_{j,y}\le a,A_{j,y+1}\ge a+1}W_{i,j}=\max\{\min(A_{i,x},A_{j,y+1})-\max(A_{i,x-1},A_{j,y}),0\}W_{i,j}
$$
（特别的，不妨假设$A_{i,0}=0$且$A_{j,y}=\infty$）
此时，对同一个$i$可能割掉多条$(V_{i,j-1},V_{i,j})$的边，这只需将$C_{i,j}$再加上一个足够大量即可避免
（但事实上，不加反而能够通过，似乎是数据有一些问题？）
另外，显然上式对同一个$(i,j)$至多有$o(m)$条边权非0的边，因此总边数是$o(n^{2}m)$的
时间复杂度为$o(maxFlow(nm,n^{2}m))$，可以通过
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 55 4 #define M 10 5 #define maxV 305 6 #define maxE 200005 7 #define ll long long 8 struct Edge{ 9 int nex,to; 10 ll len; 11 }edge[maxE]; 12 queue<int>q; 13 int n,m,S,T,E,id[N][M],a[N][M],head[maxV],work[maxV],d[maxV]; 14 ll w; 15 void add(int x,int y,ll z){ 16 edge[E]=Edge{head[x],y,z}; 17 head[x]=E++; 18 if (E&1)add(y,x,0); 19 } 20 bool bfs(){ 21 memset(d,-1,sizeof(d)); 22 d[S]=0,q.push(S); 23 while (!q.empty()){ 24 int k=q.front(); 25 q.pop(); 26 for(int i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 27 if ((edge[i].len)&&(d[edge[i].to]<0)){ 28 d[edge[i].to]=d[k]+1; 29 q.push(edge[i].to); 30 } 31 } 32 return d[T]>=0; 33 } 34 ll dfs(int k,ll s){ 35 if (k==T)return s; 36 ll ans=0; 37 for(int &i=head[k];i!=-1;i=edge[i].nex) 38 if ((edge[i].len)&&(d[edge[i].to]==d[k]+1)){ 39 ll p=dfs(edge[i].to,min(s,edge[i].len)); 40 edge[i].len-=p,edge[i^1].len+=p,s-=p,ans+=p; 41 if (!s)return ans; 42 } 43 return ans; 44 } 45 ll dinic(){ 46 ll ans=0; 47 memcpy(work,head,sizeof(head)); 48 while (bfs()){ 49 ans+=dfs(S,1e18); 50 memcpy(head,work,sizeof(head)); 51 } 52 return ans; 53 } 54 int main(){ 55 scanf("%d%d",&n,&m),S=0,T=n*(m-1)+1; 56 memset(head,-1,sizeof(head)); 57 for(int i=1;i<=n;i++){ 58 id[i][0]=S,id[i][m]=T; 59 for(int j=1;j<m;j++)id[i][j]=(i-1)*(m-1)+j; 60 for(int j=1;j<=m;j++){ 61 scanf("%d%lld",&a[i][j],&w); 62 add(id[i][j-1],id[i][j],w); 63 } 64 a[i][m+1]=1e6; 65 } 66 for(int i=1;i<=n;i++) 67 for(int j=i+1;j<=n;j++){ 68 scanf("%lld",&w); 69 for(int x=1;x<=m;x++) 70 for(int y=1;y<=m;y++){ 71 add(id[i][x-1],id[j][y],max(min(a[i][x],a[j][y+1])-max(a[i][x-1],a[j][y]),0)*w); 72 add(id[j][x-1],id[i][y],max(min(a[j][x],a[i][y+1])-max(a[j][x-1],a[i][y]),0)*w); 73 } 74 } 75 printf("%lld\n",dinic()); 76 return 0; 77 }