@description@
给定一个 N 个点的有向带权图，从 0 编号到 N - 1。一开始这张图有 N - 1 条边，第 i 条边连接点 i 与点 i+1，边权为 0。
接着往这张图加边：对于每一对 (i, j)（i ≠ j），连 i -> j，当 i < j 时边权为 -1；否则边权为 1。
我们想要删掉一些边 (i, j)（i ≠ j），使得这张图不存在负环。删掉边 (i, j) 的费用为 A(i, j)。
请找到最小的删边费用，使得图中不存在负环。只能删之后加的边。
Constraints
3≤N≤500
1≤A(i, j)≤10^9
所有数都为整数。
Input
输入的格式如下：
N
A0,1 A0,2 A0,3 ⋯ A0,N−1
A1,0 A1,2 A1,3 ⋯ A1,N−1
A2,0 A2,1 A2,3 ⋯ A2,N−1
⋮
AN−1,0 AN−1,1 AN−1,2 ⋯ AN−1,N−2
Output
输出最小的删边费用。
Sample Input 1
3
2 1
1 4
3 3
Sample Output 1
2
Sample Input 2
4
1 1 1
1 1 1
1 1 1
1 1 1
Sample Output 2
2
@solution@
“感觉就是凑巧想到了这个做法，觉得有点道理于是逆向出了一道题。”——By lsk。
如果没有负环，意味着最短路存在。我们就从最短路出发来思考。
最短路有一个很经典的结论：三角形不等式。即对于任意一条边权为 w 的边 (u, v) 始终有 dis[u] + w >= dis[v]。
因此我们再从三角形不等式出发，进一步剖析这道题。
令最终的图中 0 号点到第 i 个点的距离为 dis[i]。因为边权为 0 的边存在，所以有 dis[i] >= dis[i+1]。其中还有 dis[0] = 0。
对于 i->j (i < j) 的边，有 dis[i] - 1 >= dis[j]；对于 i->j (i > j) 的边，有 dis[i] + 1 >= dis[j]。
由于 dis 应该是满足三角形不等式的最大值，在没有负环的情况下有 dis[i] - 1 <= dis[i+1]。
注意到上面的不等式都是在 dis[i] 与 dis[i+1] 之间建立的，我们可以考虑差分：令 p[i] = dis[i] - dis[i + 1]（注意不是 dis[i+1] - dis[i]），则有 0 <= p[i] <= 1。
对于 i->j (i < j) 的边，应该满足 (sum_{k=i}^{j-1}p[k] ge 1)；对于 i->j (i > j) 的边，应该满足 (sum_{k=j}^{i-1}p[k] le 1)。这个可以根据上面的三角形不等式推导得到。
即：一个需要区间内至少包含 1 个 1，一个需要区间内最多包含 1 个 1。
然后我们就可以对这个 p 进行 dp 了。设 dp[i][j][k] 表示处理完前 i 位，往前数第 1 个 1 在 j 位置，第 2 个 1 在 k 位置。
转移时枚举第 i + 1 位填 0 还是填 1 即可。第一维显然可以滚动掉。
时间复杂度 O(n^3)。
@accepted code@
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MAXN = 500;
const ll INF = ll(1E18);
int A[MAXN + 5][MAXN + 5], B[MAXN + 5][MAXN + 5], n;
// A[i][j] -> (p[i] + p[i+1] + ... p[j] >= 1) (i <= j)
// B[i][j] -> (p[i] + p[i+1] + ... p[j] <= 1) (i <= j)
ll SA[MAXN + 5][MAXN + 5], SB[MAXN + 5][MAXN + 5];
// SA[i][j] -> A[1][j] + A[2][j] + ... + A[i][j]
// SB[i][j] -> B[1][j] + B[2][j] + ... + B[i][j]
ll dp[2][MAXN + 5][MAXN + 5], f[2][MAXN + 5], g[2];
int main() {
scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<=i-1;j++) scanf("%d", &B[j][i-1]); // i -> j (i > j)
for(int j=i+1;j<=n;j++) scanf("%d", &A[i][j-1]);
}
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int i=1;i<=n;i++)
SA[i][j] = A[i][j] + SA[i-1][j], SB[i][j] = B[i][j] + SB[i-1][j];
n--;
for(int j=1;j<=n;j++) {
for(int k=j+1;k<=n;k++)
dp[0][j][k] = INF;
f[0][j] = INF;
}
g[0] = 0;
for(int i=1;i<=n;i++) {
for(int j=1;j<i;j++) {
for(int k=j+1;k<i;k++)
dp[1][j][k] = dp[0][j][k], dp[0][j][k] = INF;
f[1][j] = f[0][j], f[0][j] = INF;
}
g[1] = g[0], g[0] = INF;
for(int j=1;j<i;j++) {
for(int k=j+1;k<i;k++) {
dp[0][j][k] = min(dp[0][j][k], dp[1][j][k] + SA[i][i] - SA[k][i] + SB[j][i]);
dp[0][k][i] = min(dp[0][k][i], dp[1][j][k] + SB[k][i]);
}
f[0][j] = min(f[0][j], f[1][j] + SA[i][i] - SA[j][i]);
dp[0][j][i] = min(dp[0][j][i], f[1][j] + SB[j][i]);
}
g[0] = min(g[0], g[1] + SA[i][i]);
f[0][i] = min(f[0][i], g[1]);
}
ll mn = INF;
for(int j=1;j<=n;j++) {
for(int k=j+1;k<=n;k++)
mn = min(mn, dp[0][j][k]);
mn = min(mn, f[0][j]);
}
mn = min(mn, g[0]);
printf("%lld
", mn);
}
@details@
为了方便转移，多设了几个只含 1 个 1 / 不含任何 1 的状态。
我下一次要是再不开 long long 我就。。。